题目概述
给你一颗树并且每个点上面有点权，你可以进行一次操作：选择一个点将他自己和与他距离为 \(1\) 的点的点权全部异或 \(1\)。
求最少多少次操作使得每个点的点权都是 \(0\)。
分析
遇到这种题目，一般都是先考虑贪心或者基本算法。
我们考虑从下往上依次使其子树变成 \(0\)，我们发现这是可以的，但是却不好判断无解，而且存在非最优解的情况。
所以我们再考虑 \(dp\)。
这类题目一般都是每个点最多改变 \(1\) 次，为什么呢？我要是改变了两次不久相当于没有改变吗。
注意到我们如果从下往上的话，我们的改变实际上只是跟自己的儿子是否变化有关。
考虑维护这样一个 \(dp\)。
设 \(f_{i,0/1,0/1}\) 表示以 \(i\) 为子树，当前 \(i\) 是否改变，\(i\) 的权值是什么并且使得整个子树除了它都是 \(0\) 的最小操作次数。
转移一一考虑即可（以下记 \((a,b,c)\) 表示 \(f_{a,b,c}\) 且 \(j\) 为 \(i\) 的儿子）。
第一种情况：\((i,0,0)\)，那么我可以一开始是 \(1\) 但是被我的儿子改变（也就是 \((j,1,0)\)），或者说我一开始是 \(0\) 没有被我的儿子改变（也就是 \((j,0,0)\)）。
第二种情况：\((i,0,1)\)，那么我可以一开始是 \(0\) 但是被我的儿子改变（也就是 \((j,1,0)\)），或者说我一开始是 \(1\) 没有被我的儿子改变（也就是 \((j,0,0)\)）。
第三种情况：\((i,1,0)\)，那么我可以一开始是 \(0\) 但是我改变之后就变成了 \(1\)，又被我的儿子改变回来了（也就是 \((j,1,1)\)）,或者说我一开始是 \(1\) 然后是我自己改变的（也就是 \((j,0,1)\)）。
第三种情况：\((i,1,1)\)，那么我可以一开始是 \(0\) 但是我改变之后就变成了 \(1\)，我的儿子没有改变我（也就是 \((j,0,1)\)），或者说我一开始是 \(1\) 然后改变之后变成了 \(0\)，我的儿子改变了我（也就是 \((j,1,1)\)）。
直接做就行了。
代码
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define int long long
#define N 100005
using namespace std;
int f[N][2][2],a[N],n;
vector<int> g[N];
void dfs(int cur,int fa) {for (auto i : g[cur])if (i != fa) {dfs(i,cur);int _00 = f[i][0][0],_01 = f[i][0][1],_10 = f[i][1][0],_11 = f[i][1][1];int lst00 = f[cur][0][0],lst01 = f[cur][0][1],lst10 = f[cur][1][0],lst11 = f[cur][1][1];f[cur][0][0] = min(lst00 + _00,lst01 + _10);f[cur][0][1] = min(lst00 + _10,lst01 + _00);f[cur][1][0] = min(lst10 + _01,lst11 + _11);f[cur][1][1] = min(lst10 + _11,lst11 + _01);}
}
signed main(){cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i ++) for (int j = 0;j < 2;j ++)for (int k = 0;k < 2;k ++) f[i][j][k] = 1e13;for (int i = 1;i < n;i ++) {int u,v;scanf("%lld%lld",&u,&v);g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}for (int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%lld",&a[i]),f[i][0][a[i]] = 0,f[i][1][a[i] ^ 1] = 1;dfs(1,0);int ans = min(f[1][1][0],f[1][0][0]);if (ans <= n) cout << ans;else puts("impossible");return 0;
}