2023NOIP A层联测21-异或

给定一长度为 $N$ 的由非负整数组成的数组 $a$，你需要进行一系列操作，每次操作选择一个区间 $[l,r]$，将 $a_{[l,r]}$ 异或上 $w$。你需要将 $a_i$ 全部变为 $0$。

求最小操作次数。

$N\le 17$

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考虑两个左端点相同的修改 $[l,r_1],[l,r_2](r_1<r_2)$，可以把它拆成 $[l,r_1]$ 和 $[r_1+1,r_2]$，次数相同。所以没有两个区间左端点相同，反过来右端点也不相同。

将 $a$ 序列异或差分得到 $b$，其中 $b_i=a_i\oplus a_{i-1}$，区间修改就变成双点修改（区间非后缀）或单点修改（区间为后缀）。最后同样要求 $b$ 全为 $0$。

把 $N$ 个数抽象成 $N$ 个点，修改就是在两个点之间连边（如果是单点修改，就是自环），一组方案由几个连通块组成。先暂时不管 $w$ 的取值，考虑什么情况时会存在一个 $w$。

一个连通块（大小为 $x$）中的边数只可能有两种情况，$x-1$（一棵树），$x$（一棵树加自环）。我们的目标是让最后连通块的数全为 $0$。

考虑树的情况，发现有解当且仅当连通块内的数异或和为 $0$。下证之。

必要性：每次操作都是双点修改，整个连通块内的异或和不变，而最后要求异或和为 $0$，那么一开始也必须是 $0$。

充分性：考虑把这些数按编号顺序排成一排，从前往后做操作，每次操作都把最前面的消掉了（变成 $0$），而最后应得到全 $0$ 的序列，所以异或和必为 $0$。

对于有自环的情况，自环的操作把那个点改成一个适当的值，让除去自环的这棵树的异或和为 $0$，所以这无论如何都有解。

发现答案就是 $N$ 减去异或和为 $0$ 的子序列个数。现在目标是最大化这样的子序列个数。

可以用状压 DP 求解，先枚举状态 $i$，再枚举它的子集 $s$，若 $s$ 的异或和为 $0$，$d{p}_i\leftarrow \max (d{p}_i,d{p}_{i\oplus s})$。时间复杂度 $O(3^n)$。

注意要预处理出每个子集的异或和。

具体实现参照代码。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=(1<<17)+1;
int n,dp[N];
ll a[20],b[20],sum[N];
int main()
{
    freopen("xor.in","r",stdin);
    freopen("xor.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i]^a[i-1];
    int N=1<<n;
    for(int i=0;i<N;i++){
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(i>>j&1){
                sum[i]^=b[j+1];
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<N;i++){
        for(int s=i;s;s=(s-1)&i){
            if(!sum[s]) dp[i]=max(dp[i],dp[i^s]+1);
        }
    }
    printf("%d",n-dp[N-1]);
}