题目描述
异或是一种神奇的运算,大部分人把它总结成不进位加法.
在生活中…xor运算也很常见。比如，对于一个问题的回答，是为1，否为0.那么：
（A是否是男生 ）xor（ B是否是男生）＝A和B是否能够成为情侣
好了，现在我们来制造和处理一些复杂的情况。比如我们将给出一颗树，它很高兴自己有N个结点。树的每条边上有一个权值。我们要进行M次询问，对于每次询问，我们想知道某两点之间的路径上所有边权的异或值。
输入输出格式
输入格式：输入文件第一行包含一个整数N，表示这颗开心的树拥有的结点数，以下有N-1行，描述这些边，每行有3个数，u,v,w,表示u和v之间有一条权值为w的边。接下来一行有一个整数M，表示询问数。之后的M行，每行两个数u,v，表示询问这两个点之间的路径上的权值异或值。
输出格式：输出M行，每行一个整数，表示异或值
输入输出样例
说明
对于40%的数据，有1 ≤ N，M ≤ 3000；
对于100%的数据，有1 ≤ N ，M≤ 100000。
这道题看着很可怕，又是异或又是树什么的。鉴于异或的特殊性，我google了下异或是否有逆运算，了解了这些公式：
a ^ 0 = a
a ^ a = 0
a ^ b = c -> a = b ^ c -> b = a ^ c
于是我就想，如果我们求的图形不是树，而是简单的链状结构，那么结合上面的公式，岂不是可以很简单地用前缀异或与差分的思想来解决？
但这是树啊，于是我另辟蹊径。
也许是树链剖分？也许要用LCA？然而我都不会。
但是！解题的关键恰恰是看似把题目复杂化了的xor运算！此题的最简单解法就是用前缀异或与差分的思想
异或运算xor满足交换律和结合律。
以任意结点为根节点，从该节点遍历其他结点，算出路径上边权的异或值。那么考虑这种一般情况，结点4和结点5有最近公共祖先（LCA）结点3，那么根节点1到4的异或值为X1,4, 1到5的异或值为X1,5, 1到3的异或值为X1,3，我们要求的是从结点4到5的异或值。
有如下几个式子：
X1,3 ^ X3,4 = X1,4 -> X3,4 = X1,3 ^ X1,4
X1,3 ^ X3,5 = X1,5 -> X3,5 = X1,3 ^ X1,5
X4,5 = X3,4 ^ X3,5 = X1,3 ^ X1,4 ^ X1,3 ^ X1,5 = X1,4 ^ X1,5
于是，要求出从结点4到结点5的异或值，只要异或从根结点到结点4和结点5的异或值。
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
struct Node {
int to, cost;
int xo;
Node (int t, int c): to(t), cost(c) {}
};
const int maxn = 100005;
int n, m;
vector<Node> G[maxn];
int xo[maxn] = {};
bool vis[maxn] = {};
void dfs(int u)
{
for (size_t i = 0; i < G[u].size(); ++i) {
int to = G[u][i].to, c = G[u][i].cost;
if (!vis[to]) {
xo[to] = xo[u] ^ c;
vis[to] = true;
dfs(to);
}
}
}
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
int u, v, c;
cin >> u >> v >> c;
G[u].push_back(Node(v, c));
G[v].push_back(Node(u, c));
}
vis[1] = true;
dfs(1);
cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int x, y;
cin >> x >> y;
cout << (xo[x] ^ xo[y]) << endl;
}
}