【题目链接】 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5735

【题目大意】

　　给出一棵树，树上每个节点都有一个权值w，w不超过2¹⁶，树的根为1，从一个点往根的方向走，可以得到他的祖先序列，现在需要从v1点的祖先序列中挑选出一定数量的点，组成数列v₁，v₂，v₃……v_m，要求v_i是v_i-1的祖先，求dp[v₁]=max(dp[v_i]+(w[v₁] opt w[v_i]))，opt是一种运算，在题目中可为xor，or或者and，最后求出ans=sum_{i=1}^{n}(i*(w[i]+dp[i]))

【题解】

　　对于这道题，我们首先考虑它的简化版本，在一个一维数组上求dp[i]=max(dp[j]+(w[i] opt w[j])) (j<i)，显然枚举前缀的O(n²)的用脚趾头都能想出来的算法，出题人是不会给过的。那么我们观察一下题目，发现一个很奇巧的东西，w的值不超过2¹⁶，难道说每次计算以w结尾的dp最大值，然后枚举二进制？一次6w多的计算量，明显也没有产生太大的优化，顺着这个思路下去，这道题采用了一种拆值DP的神奇的方式，

　　dp[i]=max(dp[j]+([w[i]前八位]opt[w[j]前八位])<<8+[w[i]后八位]opt[w[j]后八位])

　　记dp[A][B]=以前八位为A结尾，后八位以B结尾的dp值，于是就可以发现：

        dp[A][B]=max(dp[i][B]+([w[i]前八位]opt[w[A]前八位])<<8)

　　那么，在知道了后八位的情况下，前八位就能轻松dp，既然这样，那我们就在计算完每个节点之后，预处理后八位的dp值：

        dp[A][i]=max(dp[A][j]+([w[i]后八位]opt[w[j]后八位]))

　　这样子每次转移所需要的复杂度就只有2⁸，可以接受。顺利完成。

　　而这道题所处理的却是树上的问题，那么在每条链上DP的过程中预处理祖先节点dp数组，按照上述方法计算子节点的dp值即可，而对于不同的子节点，dp数组备份，然后回溯即可。

【代码】

#include <cstdio>#include <vector>#include <algorithm>using namespace std;typedef unsigned int UI;const int N=65540,mod=1e9+7;UI T,n,i,w[N],nxt[N],x,f[256][256],tmp[N][256],v[256],ans;vector<UI>g[N];char op[5];UI opt(UI a,UI b){    if(op[0]==‘A‘)return a&b;    if(op[0]==‘O‘)return a|b;    if(op[0]==‘X‘)return a^b;}void dfs(UI x){    UI dp=0,A=w[x]>>8,B=w[x]&255;    for(int i=0;i<256;i++)if(v[i])dp=max(dp,f[i][B]+(opt(A,i)<<8));    ans=(1LL*x*(dp+w[x])+ans)%mod;    for(v[A]++,i=0;i<256;i++)tmp[x][i]=f[A][i],f[A][i]=max(f[A][i],opt(B,i)+dp);    for(int i=0;i<g[x].size();i++)dfs(g[x][i]);    for(v[A]--,i=0;i<256;i++)f[A][i]=tmp[x][i];}int main(){    scanf("%d",&T);    while(T--){        scanf("%d %s",&n,op);        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]),g[i].clear();        for(int i=2;i<=n;i++)scanf("%d",&x),g[x].push_back(i);        ans=0; dfs(1);        printf("%d\n",ans);    }return 0;}

HDU 5735 Born Slippy（拆值DP+位运算）