[线性基] Luogu P4151 最大XOR和路径

题目描述

XOR（异或）是一种二元逻辑运算，其运算结果当且仅当两个输入的布尔值不相等时才为真，否则为假。 XOR 运算的真值表如下（11 表示真， 00 表示假）：

而两个非负整数的 XOR 是指将它们表示成二进制数，再在对应的二进制位进行 XOR 运算。

譬如 1212 XOR 99 的计算过程如下：

故 1212 XOR 9 = 59=5。

容易验证， XOR 运算满足交换律与结合律，故计算若干个数的 XOR 时，不同的计算顺序不会对运算结果造成影响。从而，可以定义 KK 个非负整数 A_1A1​，A_2A2​，……，A_{K-1}AK−1​，A_KAK​的 XOR 和为

A_1A1​ XOR A_2A2​ XOR …… XOR A_{K-1}AK−1​ XOR A_KAK​

考虑一个边权为非负整数的无向连通图，节点编号为 11 到 NN，试求出一条从 11 号节点到 NN 号节点的路径，使得路径上经过的边的权值的 XOR 和最大。

路径可以重复经过某些点或边，当一条边在路径中出现了多次时，其权值在计算 XOR 和时也要被计算相应多的次数，具体见样例。

输入输出格式

输入格式：

输入文件 xor.in 的第一行包含两个整数 NN 和 MM， 表示该无向图中点的数目与边的数目。

接下来 MM 行描述 MM 条边，每行三个整数 S_iSi​， T_iTi​ ， D_iDi​， 表示 S_iSi​ 与 T_iTi​ 之间存在一条权值为 D_iDi​ 的无向边。

图中可能有重边或自环。

输出格式：

输出文件 xor.out 仅包含一个整数，表示最大的 XOR 和（十进制结果）。

输入输出样例

输入样例#1： 

5 7
1 2 2
1 3 2
2 4 1
2 5 1
4 5 3
5 3 4
4 3 2

输出样例#1： 

6

说明

【样例说明】

如图，路径1 ightarrow 2 ightarrow 4 ightarrow 3 ightarrow 5 ightarrow 2 ightarrow 4 ightarrow 51→2→4→3→5→2→4→5对应的XOR和为

22 XOR 11 XOR 22 XOR 44 XOR 11 XOR 11 XOR 3 = 63=6

当然，一条边数更少的路径1 ightarrow 3 ightarrow 51→3→5对应的XOR和也是22 XOR 4 = 64=6。

【数据规模】

对于 20 \%20% 的数据，N leq 100N≤100， M leq 1000M≤1000，D_i leq 10^{4}Di​≤104；

对于 50 \%50% 的数据，N leq 1000N≤1000， M leq 10000M≤10000，D_i leq 10^{18}Di​≤1018；

对于 70 \%70% 的数据，N leq 5000N≤5000， M leq 50000M≤50000，D_i leq 10^{18}Di​≤1018；

对于 100 \%100% 的数据，N leq 50000N≤50000， M leq 100000M≤100000，D_i leq 10^{18}Di​≤1018。

题解

• 任意一条1到n的路径的异或和，都可以由任意一条1到n路径的异或和与图中的一些环的异或和来组合得到
• 在这种条件下，我们可以考虑把环储存为一个线性基的元素
• 如果有多条1到n的路径，那么这显然也构成一个环，也是可以抵消异或的任意一条其他的路径
• 然后就好做了

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=110,M=50010;
ll n,m,cnt,vis[M],head[M*2],dis[M],mi[N],b[N];
struct edge{ ll from,to,v; }e[M*4];
void insert(ll x,ll y,ll v)
{
    e[++cnt].to=y,e[cnt].from=head[x],head[x]=cnt,e[cnt].v=v;
    e[++cnt].to=x,e[cnt].from=head[y],head[y]=cnt,e[cnt].v=v;
}
void update(ll x) { for (ll i=60;i>=0;i--) if (mi[i]&x) { if (b[i]) x^=b[i]; else { b[i]=x; break; } } }
void dfs(ll x)
{
    vis[x]=1;
    for (ll i=head[x];i;i=e[i].from) if (vis[e[i].to]) update(dis[e[i].to]^e[i].v^dis[x]); else dis[e[i].to]=dis[x]^e[i].v,dfs(e[i].to);
}
ll query(ll x)
{
    ll ans=x;
    for (ll i=60;i>=0;i--) ans=max(ans,ans^b[i]);
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    mi[0]=1; for (ll i=1;i<=60;i++) mi[i]=mi[i-1]*2;
    for (ll i=1,x,y,z;i<=m;i++) scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z),insert(x,y,z);
    dfs(1),printf("%lld",query(dis[n]));    
}