[Codeforces Round #507][Codeforces 1039C/1040E. Network Safety]

题目链接：1039C - Network Safety/1040E - Network Safety

题目大意：不得不说这场比赛的题面真的是又臭又长......

　　有n个点，m条边，每个点有对应的权值c[i]，权值的范围是([0,2^{k}-1])。称一条边为安全的，当且仅当边两端的点权不同，题目保证初始状态下的所有边都是安全的。现在问你有多少个pair<set<int> A,int x>（找不到更好的语言来描述了），使得当所有A中的点的权值都变为c[i] xor x时，仍然保证所有m条边都是安全的。

题解：显然当没有其他限制时，对任意的x，set<int>A的个数都为(2^{n})，考虑一条边{u,v}，若x=c[u] xor c[v]，则u和v会被绑定，即这两个点要么都在A内，要么都不在A内。这样对任意的x，我们就能用并查集求出连通块的个数（在被绑定的两个点之间连边），此时设连通块个数为sz，则对于这个x，对应的set<int>A的个数就有(2^{sz})个。显然对应set<int>A的个数不为(2^{n})的x不会超过m个，我们只需对所有相同的m进行分开求解。这样最终的答案就是(sum_{i=1}^{cnt} 2^{sz_i}+(2^{k}-cnt)cdot 2^{n})。

　　　注意若直接用平常的方法对fa数组进行初始化的话时间复杂度会变为O(nm)，会导致TLE。因此在处理每一个x时，要记录下被修改的点，还原时只需还原这些点对应的值就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500001
#define LL long long
#define MOD 1000000007
set<LL>s;
struct rua{LL x,u,v;}a[N];
LL n,m,k,c[N],fa[N],sz,cnt,ans;
bool cmp(rua x,rua y){return x.x<y.x;}
LL Find(LL x){return fa[x]==x?x:fa[x]=Find(fa[x]);}
LL qow(LL x,LL y){return y?(y&1?x*qow(x,y-1)%MOD:qow(x*x%MOD,y/2)):1;}
void add(LL u,LL v)
{
    s.insert(u),s.insert(v);
    if(Find(u)!=Find(v))fa[Find(u)]=Find(v),sz--;
}
int main()
{
    scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&k);
    for(LL i=1;i<=n;i++)
      scanf("%I64d",&c[i]),fa[i]=i;
    for(LL i=1;i<=m;i++)
      scanf("%I64d%I64d",&a[i].u,&a[i].v),
      a[i].x=c[a[i].u]^c[a[i].v];
    sort(a+1,a+m+1,cmp);
    for(LL i=1;i<=m;)
      {
      LL j=i;sz=n;
      for(auto x:s)fa[x]=x;s.clear();
      while(j<=m && a[j].x==a[i].x)
        add(a[j].u,a[j].v),j++;
      i=j,cnt++,ans+=qow(2,sz),ans%=MOD;
      }
    return printf("%I64d
",(ans+(qow(2,k)+MOD-cnt)*qow(2,n)%MOD)%MOD),0;
}