【BZOJ2322】[BeiJing2011]梦想封印
Description
渐渐地，Magic Land上的人们对那座岛屿上的各种现象有了深入的了解。
为了分析一种奇特的称为梦想封印（Fantasy Seal）的特技，需要引入如下的概念：
每一位魔法的使用者都有一个“魔法脉络”，它决定了可以使用的魔法的种类。
一般地，一个“魔法脉络”可以看作一个无向图，有N个结点及M条边，将结点编号为1~N，其中有一个结点是特殊的，称为核心（Kernel），记作1号结点。每一条边有一个固有（即生成之后再也不会发生变化的）权值，是一个不超过U的自然数。
每一次魔法驱动，可看作是由核心（Kernel）出发的一条有限长的道路（Walk），可以经过一条边多次，所驱动的魔法类型由以下方式给出：
将经过的每一条边的权值异或（xor）起来，得到s。
如果s是0，则驱动失败，否则将驱动编号为s的魔法（每一个正整数编号对应了唯一一个魔法）。
需要注意的是，如果经过了一条边多次，则每一次都要计入s中。
这样，魔法脉络决定了可使用魔法的类型，当然，由于魔法与其编号之间的关系尚未得到很好的认知，此时人们仅仅关注可使用魔法的种类数。
梦想封印可以看作是对“魔法脉络”的破坏：
该特技作用的结果是，“魔法脉络”中的一些边逐次地消失。
我们记总共消失了Q条边，按顺序依次为Dis1、Dis2、……、DisQ。
给定了以上信息，你要计算的是梦想封印作用过程中的效果，这可以用Q+1个自然数来描述：
Ans0为初始时可以使用魔法的数量。
Ans1为Dis1被破坏（即边被删去）后可以使用魔法的数量。
Ans2为Dis1及Dis2均被破坏后可使用魔法的数量。
……
AnsQ为Dis1、Dis2、……、DisQ全部被破坏后可以使用魔法的数量。
Input
第一行包含三个正整数N、M、Q。
接下来的M行，每行包含3个整数，Ai、Bi、Wi，表示一条权为Wi的与结点Ai、Bi关联的无向边，其中Wi是不超过U的自然数。
接下来Q行，每行一个整数：Disi。
Output
一共包Q+1行，依次为Ans0、Ans1、……、AnsQ。
Sample Input
3 3 2
1 2 1
2 3 2
3 1 4
1
3
【输入样例2】
5 7 7
1 2 1
1 3 1
2 4 2
2 5 2
4 5 4
5 3 9
4 3 1
7
6
5
4
3
2
1
Sample Output
5
2
0
【样例1解释】
初始时可使用编号为1、3、4、6、7的魔法。
在删去第1条边（连结1、2结点的边）后，可使用4和6号魔法。
第3条边（连结第1、3结点的边）也被删去后，核心（Kernel）即结点1孤立，易知此时无法使用魔法。
【输出样例2】
15
11
5
2
2
1
1
0
HINT
【数据规模和约定】
所有数据保证该无向图不含重边、自环。
所有数据保证不会有一条边被删除多次，即对于不同i和j，有Disi≠Disj
30%的数据中N ≤ 50，M ≤ 50，Q ≤50，U≤100；
60%的数据中N ≤ 300，M ≤ 300，Q ≤50，U≤10^9；
80%的数据中N ≤ 300，M ≤ 5000，Q ≤5000，U≤10^18；
100%的数据中N ≤ 5000，M ≤ 20000，Q ≤20000，U≤10^18；
题解：又一道神题
我们回忆2155那道题的做法：所有从1到一个点的路径的异或和 都可以表示成 任意一条从1到该节点的路径 和 某些简单环 的异或和。
那么本题变成了动态求异或和的种类数，我们首先的思路就是将删边变成倒着往图中加边。然后思考一下我们具体都需要维护些什么。
从答案的角度分析，答案=（所有本质不同的路径数）*2^（本质不同的环的个数）-1，注意本质不同的路径包括哪里都不走，所以最后要-1。具体本质不同是什么意思呢？
回忆2155那道题，本质不同的环的意思就是：将所有环高斯消元后得到的线性基，因为这样就可以表示任意环的异或和。
那么本质不同的路径的意思也就出来了，我们最终得到的不简单的路径的异或和=任意一条简单路径的异或和^任意一些环的异或和，所以两条简单路径本质不同当且仅当它们用线性基消元后，得到的值不同。具体地，我们可以用set来维护这样的路径。
好了，分析了这么多，现在我们终于可以得出一个可行的做法了：当加入边(a,b)时：
1.若a,b都已经被访问过（或者说加入的是一条非树边），我们此时得到了一个简单环，将这个简单环的异或和放到线性基中消元，如果没有消成0，那就说明我们应该将这个圆加入到线性基中去，直接把它加入到线性基中对应的位置就行了。但是注意一点，更改线性基后，之前的路径并没有被这条边消元，所以要把set里的边一个一个取出来，重新消元再塞回去。
2.若a被访问过b没有被访问过（或者说加入了一条树边），我们应该DFSb所在的连通块。在DFS的过程中，每搜到一个点，我们就计算出从1到这个点的路径的异或和，消元后看一下跟以前的是否重复，如果不重复就扔到set里。此外，每搜到一条树边，我们就继续向下搜索；每搜到一条非树边，我们就又得到了一个简单环，按照1中的处理方法去处理就行了。
3.若a,b都没有被访问过（我们也不知道它将会是树边还是非树边），不用管就好。
感觉实现要比理论简单一些。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <set>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,m,cnt,q;
int to[40010],next[40010],head[10010],pa[40010],pb[40010],del[40010],tag[40010],vis[10010];
ll val[40010],dis[10010],pc[40010],ans[40010];
ll v[110];
set<ll> s;
set<ll>::iterator it;
bool cmp(ll a,ll b)
{
return a>b;
}
ll query(ll x)
{
for(int j=1;j<=v[0];j++) if((x^v[j])<x) x^=v[j];
return x;
}
void updata(ll x)
{
if(!x) return ;
ll tmp;
for(it=s.begin();it!=s.end();it=s.upper_bound(tmp))
{
tmp=*it;
if((tmp^x)<tmp) s.erase(it),s.insert(tmp^x);
}
v[++v[0]]=x;
for(int j=v[0];j>=2;j--)
{
if(v[j]>v[j-1]) swap(v[j],v[j-1]);
else break;
}
}
void add(int a,int b,ll c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void dfs(int x,int fa)
{
vis[x]=1;
ll tmp=query(dis[x]);
if(tmp&&s.find(tmp)==s.end()) s.insert(tmp);
for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])
{
if(to[i]==fa) continue;
if(!vis[to[i]]) dis[to[i]]=dis[x]^val[i],dfs(to[i],x);
else updata(query(dis[x]^dis[to[i]]^val[i]));
}
}
void insert(int a,int b,ll c)
{
add(a,b,c),add(b,a,c);
if(vis[a]&&vis[b])
{
updata(query(dis[a]^dis[b]^c));
return ;
}
if(!vis[a]&&!vis[b]) return ;
if(vis[b]) swap(a,b);
dis[b]=dis[a]^c,dfs(b,a);
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
vis[1]=1;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
int i;
for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%lld",&pa[i],&pb[i],&pc[i]);
for(i=1;i<=q;i++) scanf("%d",&del[i]),tag[del[i]]=1;
for(i=1;i<=m;i++) if(!tag[i]) insert(pa[i],pb[i],pc[i]);
s.insert(0);
ans[q+1]=(s.size()*1ll<<v[0])-1;
for(i=q;i>=1;i--)
{
insert(pa[del[i]],pb[del[i]],pc[del[i]]);
ans[i]=(s.size()*(1ll<<v[0]))-1;
}
for(i=1;i<=q+1;i++) printf("%lld
",ans[i]);
return 0;
}