难得的没有挂分）
看T1 感觉没啥好想法 没编出来什么依赖log树高的做法
想到二分答案之后不知道怎么check
看T3 打部分分 想了想还能不能优化
看T2 把链也写了 然后想了想往后怎么做
想T1
暴力求c数组
考虑二分答案为 m i d mid mid 那么我们就需要统计小于 m i d mid mid 的路径条数
注意到我们不用枚举每个端点 而是可以采用枚举lca来计算的方式
考虑优化，我们发现我们枚举每个点的时候 都在重复路径上跳考虑所有lca
因此我们可以考虑dfs 然后加进去所需要的点 这样lca在dfs的时候就已经知道了 把值放到树状数组里然后而二分就行
这个题其实我做的不好 因为我想到链了之后 我的做法是非常容易往树上靠的
f [ i , j , o p ] f[i,j,op] f[i,j,op] 表示前 i i i 个位置形成指定序列最少需要 j j j 次操作 最后一个点的状态是 o p op op
这样每一种序列就可以唯一表示
正解考虑上述dp上树 然后一个巧妙的地方就是 为了避免巨大分类讨论 可以考虑 access操作对应儿子边全0（但如果子树内没有acc的话 则不用操作） 否则对应有一个儿子有边
为了简化上述操作 我们强制让儿子边全0时必须acc 但转移时 如果出现了儿子父亲均acc了（且儿子的子树内仅有儿子acc了） 则可以去掉儿子acc的方案
考虑dp f [ v 1 ] [ v 2 ] ： m a x = v 1 , x o r = v 2 f[v1][v2]：max=v1,xor=v2 f[v1][v2]：max=v1,xor=v2 的方案数
一个好的优化技巧：max这个东西可以讨论是在什么位置取到max的 然后就可以前缀和优化
正解考虑每一位分开做
f [ M ] [ b i t ] [ v ] f[M][bit][v] f[M][bit][v] 表示 m a x = M max=M max=M 第 b i t bit bit 位 是 v v v 的方案数
那么其实就是要求我们求有多少个 i i i 满足 ( i + M ) x o r M (i+M)~xor~M (i+M) xor M 的第 b i t bit bit 位是 v v v
我们发现这个东西只和 M , i M,i M,i 和 M + i M+i M+i 是否进位有关
那么可以枚举 i i i 在这一位的值 然后计算有多少个 i i i 满足这一位上是 t t t 且异或之后 进位/不进位