对树上的路径进行操作是十分难处理的事情。一开始的思路主要针对于\(a_i<=15\)这一特殊性质上。于是考虑了\(a_i<=1\)的情况，然而除了糊出一个适用范围极小的结论外，并没有什么用。
于是我瞄了一眼题解。令每一个点的值为所有与它相邻的边的权值的异或和。那么，我们发现，对于路径上的点，如果它不是端点，那么有两条与它相邻的的边异或上了相同的值，它的值不变；否则，它的值异或上这个值。并且，容易证明所有边权为零与所有点权为零是等价的。这样，各个结点的值都是无关的，树的结构是无意义的。问题转化成了在一个数列中，每次选取两个数异或上一个相同的值，以最少的操作次数使得数列中所有数为零。
然后，我们发现，对于每一次操作，所选取的数的异或和是不变的。假设这个数列是一个\(n\)个节点的图，而每一次操作都是往里面连边，那么最终每一个联通分量内的数异或和为零。并且，对于所有异或和为零的联通分量，一定存在操作次数为其大小减一的方案，即一个个异或过来，这正对应树的边数。那么，我们得到答案就是\(n-\)联通分量数。
那么，我们可以贪心地把所有值为零的结点单独分为一个联通分量，把两个值相同的结点分为一个联通分量。那么，一共就只有15种取值，每种取值最多1个，总状态数是\(2^{15}\)。于是可以状压dp，转移时我们枚举子集就可以了。
时间复杂度\(O(3^{15})\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int TOT = 1 << 15, N = 100010;
int dp[TOT],n,val[N],cnt[16],ans,sta,res[TOT];
int main() {
int a,b,c,tmp;
scanf("%d",&n);
for (int i = 1 ; i < n ; ++ i) {
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
a++, b++;
val[a] ^= c;
val[b] ^= c;
}
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
++ cnt[val[i]];
ans = n;
ans -= cnt[0];
for (int i = 1 ; i <= 15 ; ++ i)
ans -= cnt[i]/2, sta |= (cnt[i]&1) << i >> 1;
for (int i = 0 ; i < TOT ; ++ i) {
tmp = 0;
for (int j = 1 ; j <= 15 ; ++ j)
if ((i >> j-1)&1) tmp ^= j;
res[i] = tmp;
}
for (int i = 1 ; i < TOT ; ++ i) {
for (int j = i ; j ; j = (j-1) & i)
if (!res[j]) dp[i] = max(dp[i],dp[i^j] + 1);
}
ans -= dp[sta];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
小结：这种代码简单但思想巧妙的题目是十分惊艳的，可惜为数不多。