题目大意
给定一颗带边权无根树，定义 \(\text{dis}(i,j)\) 表示 \(i,j\) 两点在树上的最短路径的边权的异或和。求：
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n\text{dis}(i,j)
\]
思路分析
首先，容易证明：
\[\text{dis}(i,j)=\text{dis}(i,x)\oplus\text{dis}(x,j)
\]
这个式子告诉我们，无论以哪个点作为树的根，树上两点之间的最短路径的边权的异或和等于两点到根的最短路径的边权的异或和的异或。（感性理解就是公共部分被异或了两次消掉了）
那么不妨设 \(1\) 为根，先 dfs 一遍求出根到每个点的异或和，再考虑统计答案。
由于异或的每一位是独立的，因此不妨对每一位考虑对答案的贡献。
注意到，只有 \(0\oplus1=1\) 会对答案产生贡献，因此可以得出答案的计算式：
\[\text{ans}=\sum 2^ip_i(n-p_i)
\]
其中，\(p_i\) 表示在所有的异或和中，第 \(i\) 位是 \(1\) 的数量，\(n-p_i\) 就是第 \(i\) 位是 \(0\) 的数量，根据乘法原理，总贡献就是 \(2^ip_i(n-p_i)\)。
时间复杂度为 \(O(n\log V)\)，其中 \(V\) 为异或和的值域。
证明过程：
记 \(\text{lca}(i,j)\) 为 \(m\)。
\[\begin{aligned}\text{dis}(i,j)&=\text{dis}(i,m)\oplus\text{dis}(m,j)\\&=\text{dis}(i,m)\oplus\text{dis}(m,j)\oplus\text{dis}(m,x)\oplus\text{dis}(m,x)\\&=(\text{dis}(i,m)\oplus\text{dis}(m,x))\oplus(\text{dis}(m,j)\oplus\text{dis}(m,x))\\&=\text{dis}(i,x)\oplus\text{dis}(x,j)\end{aligned}
\]
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=400200,mod=1000000007;
int to[N],nxt[N],head[N];
int w[N],dis[N],ans;
int n,in1,in2,idx=1,in3;
void add(int u,int v,int c){
idx++;to[idx]=v;nxt[idx]=head[u];head[u]=idx;w[idx]=c;
}
void dfs(int s,int fa){
for(int i=head[s];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];
if(v==fa) continue;
dis[v]=dis[s]^w[i];//递推异或和
dfs(v,s);
}
}
signed main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%lld%lld%lld",&in1,&in2,&in3);
add(in1,in2,in3);add(in2,in1,in3);
}
dfs(1,0);
for(int i=0;i<60;i++){//最多 60 位
int cnt=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(dis[j]>>i&1) cnt++;
int temp=(1ll<<i)%mod;
int temp2=cnt*(n-cnt)%mod;
ans=(ans+temp*temp2%mod)%mod;
}
cout<<ans<<'\n';
return 0;
}