原題：

　　題目大意：

　　給定一棵樹，求樹上所有點對之間路徑上的值的異或和，即對所有點對（ i , j ）n >= i >= 1,n >= j >= 1且i != j,這些所有的點對間路徑上的值的異或和，的異或和

　　解題大意：

　　根據Xor的性質，同一個數抑或偶數次為0，奇數次為它本身，所以只要知道一個節點值被Xor的次數，就知道它對答案有沒有貢獻，最後把那些被Xor奇數次的值，即Xor後不為0的值，求它們的Xor和就是答案。

　　這裡DFS一遍，就可以算出每個節點被Xor多少次。一個節點被Xor的次數分成兩部分，從它出發到其他（n-1)個節點的路徑數，和經過它的路徑數。算經過它的路徑時，就有點技巧：

　　怎樣不重不漏地算出這些節點經過它的兩兩之間的路徑數。對於一個結點，搜它的子樹，記已經搜到的節點數為sum，每次搜一個枝，得到temp個點，temp*sum，就是這temp個節點與sum個節點間經過本節點的路徑數，然後把temp加到sum裡面去，繼續搜下一個枝，進行同樣的操作即可，然後再考慮子樹節點與非子樹節點間的路徑。仔細思考就能發現這就不重不漏了。之前想到複雜度很高的方法，TLE了

AC代碼：

#include
     
      using namespace std;typedef long long ll;const int mod = 1e9+7;const int N = 1e6;int n,m,cnt;int head[N];int val[N];bool f[N];struct Edge{    int to,next;}e[N];void add(int u,int v){    e[cnt].to=v;    e[cnt].next=head[u];    head[u]=cnt++;}int dfs(int now,int fa){    int sum=0;        long long t=0;    int temp;    for(int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)    {        if(e[i].to!=fa)        {            temp=dfs(e[i].to,now);    //每次搜索上來            t+=(temp*sum)%2;    //與之前搜到的和相乘，即可，只判斷奇偶，%2即可            sum+=temp;        }    }        t=(t+n-1)%2;    //從本節點出發的路徑        t+=((n-sum-1)*sum)%2;    //所有從子樹節點出發，到非子樹節點的路徑    if(t%2)        f[now]=1;    return sum+1;}int main(){    memset(f,0,sizeof(f));    memset(head,-1,sizeof(head));    scanf("%d",&n);    int u,v;    for(int i=1;i