有棵树，一开始节点上有01的权值。
每次可以缩一条边，两个点点权合并为其\(NAND\)和（先取and再取not）。
统计最终能缩成一个权值为1的点的方案数。答案对2取模。
\(n\le 300\)（其实能做\(n\le 5000\)，甚至也许可以\(O(n)\)？）
神仙题。
先考虑\(n\)为奇数的情况。
观察1：把操作按顺序两个两个分为一组。如果存在某组内操作的边不相邻，那么这个操作无贡献。
如果存在，建立双射：把第一个操作的边不相邻的组操作的两条边交换顺序。
两者答案相同，因为对\(2\)取模所以抵消。
观察2：一组中的操作\(x\to y\to z\)（即变成\(NAND(NAND(x,y),z)\)），可以视作\(x\)吃掉了后面两个点（即操作过后变成\(x\)）
打出\(NAND(NAND(x,y),z)\)的真值表，发现结果不等于\(x\)的时候，\(x=z\)。
于是这和\(z\to y\to x\)结果一样，因为对2取模所以抵消，因此假装结果变成了\(x\)也没有问题。
结合观察1和观察2，问题变成每次选择个\(x\to y\to z\)，然后\(x\)吃掉后面两个点。
观察3：令最后一个留下的点为\(rt\)（结果是\(rt\)的权值）。每组操作一定要和\(rt\)有关。
如果第一次某组操作和\(rt\)无关，将这组顺序完全交换，得到结果完全一样。显然这也是个双射。
于是又抵消了。
于是做法是：枚举\(rt\)，对除了\(rt\)的节点划分成若干组，每组为相邻的节点（就是匹配）。模拟剥叶子可知如果存在一组完美匹配，匹配唯一。然后将各匹配缩点，新树的合法遍历顺序（每个点遍历前要先遍历父亲）个数就是答案。
时间\(O(n^2)\)。
现在考虑\(n\)为偶数。naive的做法是直接枚举第一次操作的边然后变成奇数的问题，时间\(O(n^3)\)反正能过原题。
观察4：第一次操作的边缩点之后一定作为\(rt\)统计答案。
如果第一次操作的边不作为\(rt\)。先给边缩点，从此时的\(rt\)开始做个上面奇数情况的算法，搞出了个唯一的匹配。（如果能找到得到话）
找到这个边缩点所在的匹配。匹配大概长成\([(x- y)- z]\)或\([x- (y- z)]\)，小括号表示边缩点。
发现将\([(x- y)- z]\)换成\([x- (y- z)]\)（或反之），结果相同，并形成了双射。
（就是说一开始缩的边为\(x-y\)，根为\(rt\)，变成一开始缩的边为\(y-z\)，根为\(rt\)）
形成双射：一开始缩\(x-y\)的情况已经形成了合法的匹配。因为两种方案中匹配唯一，并且这样变换过后，除了\(x,y,z\)之外匹配保持不变，所以一开始缩\(y-z\)也是合法的匹配。并且两种方案中\(x,y,z\)都是在同一个匹配里的，于是可以双射。
于是枚举第一个缩的边，将其作为\(rt\)，后面类似于奇数的做法，就可以\(O(n^2)\)啦！
最后想想，枚举根，划分唯一匹配，算遍历数，是不是能换根啊……
也许能\(O(n)\)啦。
using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
const int N=305;
int n;
struct EDGE{
int to;
EDGE *las;
};
struct Graph{
EDGE e[N*2];
int ne;
EDGE *last[N];
void link(int u,int v){
e[ne]={v,last[u]};
last[u]=e+ne++;
}
void clear(){
ne=0;
memset(last,0,sizeof(EDGE*)*(n+1));
}
} G,F;
int c[N];
int C[N][N];
int sz[N],cov[N];
int predfs(int x,int fa){
for (EDGE *ei=G.last[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->to!=fa){
int t=predfs(ei->to,x);
if (!t)
return 0;
}
if (!cov[x]){
if (cov[fa])
return 0;
cov[x]=cov[fa]=x;
}
for (EDGE *ei=G.last[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->to!=fa && cov[ei->to]!=cov[x])
F.link(cov[x],cov[ei->to]);
return 1;
}
int calc(int x,int fa){
sz[x]=0;
int pro=1;
for (EDGE *ei=F.last[x];ei;ei=ei->las){
pro=pro*calc(ei->to,x);
sz[x]+=sz[ei->to];
pro=pro*C[sz[x]][sz[ei->to]];
}
sz[x]++;
return pro;
}
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;++i){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
G.link(u,v),G.link(v,u);
}
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&c[i]);
C[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i){
C[i][0]=1;
for (int j=1;j<=i;++j)
C[i][j]=C[i-1][j-1]^C[i-1][j];
}
int ans=0;
if (n&1){
for (int x=1;x<=n;++x){
F.clear();
memset(cov,0,sizeof(int)*(n+1));
if (!predfs(x,0))
continue;
ans^=calc(x,0)*c[x];
}
}
else{
for (int x=1;x<=n;++x)
for (EDGE *ei=G.last[x];ei;ei=ei->las){
int y=ei->to;
if (x<y){
F.clear();
memset(cov,0,sizeof(int)*(n+1));
cov[x]=cov[y]=y;
if (!predfs(x,0))
continue;
int c_=!(c[x]&&c[y]);
ans^=calc(y,0)*c_;
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}