BZOJ 2322: [BeiJing2011]梦想封印

这题是最近（其实就是今天）的一次模拟考里出的，虽说考场上想清了大致做法，但还是有一些细节不懂觉厉，于是毫无节操地去膜拜了pty和zzx的题解……最后忘记开long long丢了40（不能再，b更多）

简要题意：

给定一个N点M边的无向图，每条边有边权。从1出发走一条长度有限的路径，问这样的路径的xor和有多少种（和为0的不算）。

同时还有Q次操作，每次删除一条边，询问同样的东西。

N<=5000,Q<=M<=20000,最大边权W<=10^18

在做这道题之前最好先去做一下WC2011的最大XOR和路径，这道题需要用到那道题的不少性质。

首先回顾最大XOR和路径中的性质：

求出原图的任意一棵以1为根的生成树，记从根到i的路径xor和为f[i]，那么有：

1、一个环可以由一堆由非树边即树上路径的环表示

2、对于非树边(u,v):w的环，其xor和为f[u]^f[v]^w

3、从1到i的一条路径可以拆成从1到i的链+一堆环，即其xor和为f[i] ^ 环的XOR和

那么最大XOR和路径就只要求出所有环的xor和，然后用XOR的高斯消元求出“在选择f[N]的前提下，从一堆数中取出一些，其xor和的最大值”即可。

但是这里要求的是xor和的种数……我们考虑一下XOR高斯消元的性质：

XOR高斯消元实际上是对于每一个二进制位找到了一个“代表位”，即无论其他的数怎么选，我总可以通过选或者不选这个代表位使得其代表的位为1。那么实际上，真正有用的数（即一个线性无关组）就是这些“代表位”，而“代表位”是O(logW)的。

假设有K个代表位，那么能够凑出的xor和的种数就是2^K-1（不考虑0）。

现在我们再来考虑原问题。首先我们把操作倒着做，这样删边就成了加边。

加入一条边时，有两种情况：

1、加入的是一条树边

我们需要“拓展”我们的生成树，并且在拓展的同时将两端都在1号点所在连通块的非树边加入高斯消元的玩意儿里面。

2、加入的是非树边

直接丢到高斯消元那玩意里面

之后就是高斯消元了。由路径的xor和公式我们可以发现，链和环是互相独立的，所以应该分开处理。我们先对于环求出一个线性无关组，然后考虑链：如果两条链在环的线性无关组里消元，得到的结果是相同的，那么这两条链是“本质相同”，即一个可以和环搞一起得到的所有值，另一个也可以。我们可以用平衡树维护这些链的值。

假设最后得到的本质不同的链的个数为A，环的个数为B，那么答案就是A*2^B-1。

至于复杂度，环部分只会有O(logW)个数，而本质不同的链的个数具体是多少不太清楚……但是应该不会太多，而且即使是O(QN)也是可以过的……

代码：

这题我的常数丑爆了……BZOJ上别人都是100+ms，我跑了1s+……

//BZOJ2322; fuuin (BJWC2011); Xor Gaussian Elimination
#include <cstdio>
#include <set>
using namespace std;

typedef long long ll;

#define N 10000
#define M 100000
#define Q 30000
#define LOG 64

struct edge {
	int next, node;
	ll w;
} e[M << 1 | 1];
int head[N + 1], tot = 0;

inline void addedge(int a, int b, ll w) {
	e[++tot].next = head[a];
	head[a] = tot, e[tot].node = b, e[tot].w = w;
}

struct inedge {
	int a, b;
	ll w;
} ie[M + 1];
bool del[M + 1];

int n, m, qc, x, y, q[Q + 1], cnt, ccnt;
ll a[M + 1], w, ans[Q + 1], f[N + 1], chain[N + 1], r[LOG + 1];
bool v[M + 1], vis[N + 1];
set <ll> h;

inline ll eliminate(ll x) {
	for (int k = LOG - 1; k >= 0; --k)
		if (r[k] && ((x >> k) & 1LL)) x ^= r[k];
	return x;
}

inline ll calc() {
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i) v[i] = false;
	for (int k = LOG - 1; k >= 0; --k) {
		int p = 0;
		for (int i = 1; !p && i <= cnt; ++i)
			if (!v[i] && ((a[i] >> k) & 1LL)) p = i;
		if (!p) {
			r[k] = 0;
			continue;
		}
		v[p] = true, r[k] = a[p];
		for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
			if (i != p && ((a[i] >> k) & 1LL)) a[i] ^= a[p];
	}
	int cur = 0;
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
		if (a[i]) a[++cur] = a[i];
	cnt = cur;
	
	h.clear(), cur = 0;
	for (int i = 1; i <= ccnt; ++i) {
		ll x = eliminate(chain[i]);
		if (h.find(x) == h.end()) {
			chain[++cur] = chain[i];
			h.insert(x);
		}
	}
	ccnt = cur;
	
	return (ll)ccnt * (1LL << cnt) - 1;
}

void dfs(int x) {
	vis[x] = true;
	for (int i = head[x]; i; i = e[i].next) {
		int node = e[i].node;
		if (vis[node]) a[++cnt] = f[x] ^ f[node] ^ e[i].w;
		else {
			f[node] = f[x] ^ e[i].w;
			chain[++ccnt] = f[node];
			dfs(node);
		}
	}
}

int main(int argc, char* argv[]) {
#ifdef KANARI
	freopen("input.txt", "r", stdin);
	freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif
	
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &qc);
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%d%lld", &x, &y, &w);
		ie[i].a = x, ie[i].b = y, ie[i].w = w;
	}
	for (int i = 1; i <= qc; ++i) {
		scanf("%d", q + i);
		del[q[i]] = true;
	}
	
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
		if (!del[i]) {
			addedge(ie[i].a, ie[i].b, ie[i].w);
			addedge(ie[i].b, ie[i].a, ie[i].w);
		}
	chain[++ccnt] = 0LL;
	dfs(1);
	
	ans[qc + 1] = calc();
	for (int i = qc; i > 0; --i) {
		x = ie[q[i]].a, y = ie[q[i]].b;
		addedge(x, y, ie[q[i]].w), addedge(y, x, ie[q[i]].w);
		if (vis[x] && vis[y]) a[++cnt] = f[x] ^ f[y] ^ ie[q[i]].w;
		else if (vis[x]) dfs(x);
		else if (vis[y]) dfs(y);
		ans[i] = calc();
	}
	
	for (int i = 1; i <= qc + 1; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
	
	return 0;
}