原題：題目連結

　　題目大意：

　　給定一棵樹，求樹上所有點對之間路徑上的值的異或和，即對所有點對（ i , j ）n >= i >= 1,n >= j >= 1且i != j,這些所有的點對間路徑上的值的異或和，的異或和

　　解題大意：

　　根據Xor的性質，同一個數抑或偶數次為0，奇數次為它本身，所以只要知道一個節點值被Xor的次數，就知道它對答案有沒有貢獻，最後把那些被Xor奇數次的值，即Xor後不為0的值，求它們的Xor和就是答案。

　　這裡DFS一遍，就可以算出每個節點被Xor多少次。一個節點被Xor的次數分成兩部分，從它出發到其他（n-1)個節點的路徑數，和經過它的路徑數。算經過它的路徑時，就有點技巧：

　　怎樣不重不漏地算出這些節點經過它的兩兩之間的路徑數。對於一個結點，搜它的子樹，記已經搜到的節點數為sum，每次搜一個枝，得到temp個點，temp*sum，就是這temp個節點與sum個節點間經過本節點的路徑數，然後把temp加到sum裡面去，繼續搜下一個枝，進行同樣的操作即可，然後再考慮子樹節點與非子樹節點間的路徑。仔細思考就能發現這就不重不漏了。之前想到複雜度很高的方法，TLE了

AC程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9+7
 
;
const int N = 1e6;
int n,m,cnt;
int head[N];
int val[N];
bool f[N];
struct Edge
{
    int to,next;
}e[N];

void add(int u,int v)
{
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt++;
}
int dfs(int now,int fa)
{
    int sum=0;
        long long t=0;
    int temp;
    for(int i=head[now];i!=-1
 
;i=e[i].next)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            temp=dfs(e[i].to,now);    //每次搜尋上來
            t+=(temp*sum)%2;    //與之前搜到的和相乘，即可，只判斷奇偶，%2即可
            sum+=temp;
        }
    }
        t=(t+n-1)%2;    //從本節點出發的路徑
        t+=((n-sum-1)*sum)%2;    //所有從子樹節點出發，到非子樹節點的路徑
    if(t%2)
        f[now]=1;
    return sum+1;
}
int main()
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(head,-1,sizeof(head));
    scanf("%d",&n);
    int u,v;
    for(int i=1;i<n;++i)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v);
        add(v,u);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&val[i]);
    dfs(1,-1);
    int a=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(f[i])
        a^=val[i];
    }
    printf("%d\n",a);
}