- 题目就不翻译了吧，应该写的很清楚了。。。
- 首先 $,$ 不懂线性基的可以戳这里。知道了线性基$,$ 但是从来没有写过线性基和图论相结合的$,$ 可以戳这里。
- 好$,$ 点完了这些前置技能之后，我们就可以来愉快的切题啦！
正片$:$
- 类比$[WC$ $2011]$ 最大$xor$和路径$,$ 我们肯定要找环$,$ 找完环后再用环去构造线性基$,$ 因为还是那句话嘛$:$ 任何一条复杂路径$,$ 都能有起始两点的一条简单路径再加上若干个环组成。
- 那么接下来的问题就是$:$如何求出亦或值的和？
- $en$~~~，直接依据线性基，求出可以被这个线性基构造出的所有亦或值的和，然后相加，呃，是个好方法。
- 可惜$,$ 很不幸$,$ $xor$不满足分配律。然后我又冥思苦想了2天，终于找到了“$n$个数中，任取几个数的亦或和的和”这个问题的$O(n6363)$的做法，高兴了好一阵子，然后发现。。。哎$,$ 现在想想还是难受啊。
- 然后痛定思痛$,$ 改变视角——$woc$，原来这么简单$!$
- 不再考虑每一对数的$xor$和，我们改变目标 $,$去求：对于每一对点的每一位，有多少种方案能使该位的$xor$和位1。
- 对于我们原先就求出来的$d[1]$到$d[n]$ $($就是各个点到1号点的一条简单路径的$xor$和$)$ $,$ 我们要想求出$u$到$v$的一条简单路径$,$ 只需要用$d[u]$ $xor$ $d[v]$即可$,$ 因为重复走到路径会因为$xor$操作而抵消掉。
- 若线性基中有$cnt$个非零位，则一共会产生$2^{cnt}$个不同的$xor$值。
- 知道了这些以后$,$ 我们就可以开始讨论了$:$
- $1.$ $d[u]$ $xor$ $d[v]$第$k$位为1：这样的话，我们就需要不取第$k$个线性基$($因为只有第$k$位为1了才会对答案产生贡献嘛$!$ $)$ $,$ 这样的话，该项对于答案的贡献即为$:$ $2^{k}*2^{cnt-1}$。
$2.$ $d[u]$ $xor$ $d[v]$第$k$位为0$:$ 显然，一定要取$k$个线性基$,$ 对答案的贡献即为$:$ $2^k*2^{cnt-1}$。
- 尽管这样$,$ 时间复杂度依然是$O(n^2*63)$的$,$ 吃不消$,$ 那么哪里还有优化的空间呢$?$
- 注意到$,$ $d[i]$第$k$位的值是固定的$,$ 那么我们就可以不单独讨论$"d[u]$ xor $d[v]"$对于答案的贡献$,$ 直接讨论$d[u]$对于答案的贡献。
- 先统计出第$k$位为$0$的数的个数$,$ 我们将其记为$x$ $,$ 再统计出第$k$位为$1$的数的个数$,$ 记为$y$ $,$ 总共有$point$个点。
- 分为$4$种情况讨论$:$
- $1.$ $d[i]$的第$k$位为$1$ $,$ 线性基中有第$k$位为$1$的数$:$ 此时我们有两种选择：$a.$ 选线性基中的$,$ 另一个点选择第$k$位为$0$的。 $b.$ 不选线性基中的$,$ 另一个点选择第$k$位为$1$的。总体对于答案的贡献为：$2^k2^{cnt-1}(point-1)$ $,$ 减$1$就是为了把自己给去掉。
$2.$ $d[i]$的第$k$位为$1$ $,$ 线性基中没有第$k$位为$1$的数$:$ 这个时候另一个点只能取第$k$位为$0$的$,$ 所以总贡献为$:$ $2^k2^{cnt}x$。
$3.$ $d[i]$的第$k$位为$0$ $,$ 线性基中有第$k$位为$1$的数$:$ 一样的$,$ 两种选择$:$ $a.$ 选线性基中的$,$ 另一个点选择第$k$位为$0$的。 $b.$ 不选线性基中的$,$ 另一个点选择第$k$位为$1$的。总贡献为$:$ $2^k2^{cnt-1}(point-1)$。
$3.$ $d[i]$的第$k$位为$0$ $,$ 线性基中没有第$k$位为$1$的数$:$ 另一个点只能取第$k$位为$1$的$,$ 总贡献$:$ $2^k2^{cnt}y$。
- 最后别忘记给答案除个$2$就$OK$啦$!($要用逆元哦$)$
代码$:$
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=100005,M=400005,p=1e9+7,inv=500000004;
ll b[65],dist[M],d[N],a[N],two[65],s[N],z,ans,cnt,point;
int head[N],vet[M],nxt[M],c[65],n,m,x,y,tot;
bool vis[N],used[M];
void add(int x,int y,ll z){
nxt[++tot]=head[x];
vet[tot]=y;
head[x]=tot;
dist[tot]=z;
}
void insert(ll x){
for (int i=62;i>=0;i--)
if (x>>i)
if (b[i]) x^=b[i];
else {b[i]=x; break;}
}
void dfs(int u){
a[++point]=d[u]; vis[u]=true;
for (int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=vet[i];
if (!vis[v]){
d[v]=d[u]^dist[i];
dfs(v);
} else
if (!used[i^1]){
used[i^1]=true;
insert(d[u]^d[v]^dist[i]);
}
}
}
ll calc(){
ll ans=0;
for (int j=0;j<=62;j++){
ll x=0,y=0,flag=0;
for (int i=1;i<=point;i++)
if (a[i]>>j&1) x++; else y++;
for (int i=0;i<=62;i++)
if (b[i]>>j&1) flag=1;
for (int i=1;i<=point;i++)
if (a[i]>>j&1)
if (flag)
(ans+=two[cnt-1]*(ll)(point-1)%p*two[j]%p)%=p;
else
(ans+=two[cnt]*y%p*two[j]%p)%=p;
else
if (flag)
(ans+=two[cnt-1]*(ll)(point-1)%p*two[j]%p)%=p;
else
(ans+=two[cnt]*x%p*two[j]%p)%=p;
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m); tot=1;
for (int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d %d %lld",&x,&y,&z);
add(x,y,z); add(y,x,z);
}
two[0]=1;
for (int i=1;i<=64;i++)
two[i]=two[i-1]*2%p;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!vis[i]){
memset(b,0,sizeof(b));
memset(c,0,sizeof(c));
point=0,cnt=0;
dfs(i);
for (int j=0;j<=62;j++) cnt+=(b[j]>0);
(ans+=calc())%=p;
}
ans=ans*inv%p;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/WR-Eternity/p/10291631.html
时间： 2024-10-01 14:46:24