cf题面
洛谷题面
题解：
将所有1连出的边（我们称之为“关键边”）删掉，得到若干个连通块。
由于1号节点不会包含在 (geq) 4的环里，
如果我们单独考虑一个连通块，那么它只可能是下面两种情况之一（这里套用了cf官方题解的图）：
现在考虑题目的限制条件：
一个连通块满足条件的充要条件是：连通块里的所有环对应的边权异或和都能插入一个线性基里。
证明？众所周知，线性基里的数亦或起来不能为0。（不知道的请百度）
然后再回过头来看上述的两种连通块：
第一种：只有1条关键边，那么只有两种贡献：
1.空的线性基（删掉）；2.下面连通块得到的线性基（不删）。
第二种：2条关键边，所以有3种情况：
1.空的线性基（删掉）；2.下面连通块得到的线性基（删一条边）；
3.下面连通块+包含红边的那个环得到的线性基。
接下来考虑合并这些贡献。
由于(w)在二进制下只有5位，本质不同的5位的线性基个数只有374个，
所以我们可以把这些合法的线性基都预处理出来，并将每个线性基表示为一个状态。
设 (f_{i,j}) 表示前(i)个连通块，合并后得到线性基(j)的方案数。
转移时一个一个把贡献合并上去就好。（合并就是线性基的合并）
注意到不同的线性基可能本质相同，我们需要让线性基唯一，这个可以参考一下我的insert函数：
IN insert(int *a,int x){
FOR(i,4,0){
if(!x)return 0;
if(!((x>>i)&1))continue;
if(!a[i]){
a[i]=x;
FOR(j,i-1,0)if((a[i]>>j)&1)a[i]^=a[j];
F(j,i+1,4)if((a[j]>>i)&1)a[j]^=a[i];
return 1;
}
x^=a[i];
}
return 0;
}
大概就是如果这一位是1并且有这一位的线性基，就把这个1消掉。
DP数组可以滚动优化。
时间复杂度：O(374* (log_w) +(n+m) (log_w) +374*n)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define F(x,y,z) for(re x=y;x<=z;x++)
#define FOR(x,y,z) for(re x=y;x>=z;x--)
typedef long long ll;
#define I inline void
#define IN inline int
#define C(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define STS system("pause")
template<class D>I read(D &res){
res=0;register D g=1;register char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')g=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
res*=g;
}
const int Mod=1e9+7;
IN insert(int *a,int x){
FOR(i,4,0){
if(!x)return 0;
if(!((x>>i)&1))continue;
if(!a[i]){
a[i]=x;
FOR(j,i-1,0)if((a[i]>>j)&1)a[i]^=a[j];
F(j,i+1,4)if((a[j]>>i)&1)a[j]^=a[i];
return 1;
}
x^=a[i];
}
return 0;
}
struct B{
int b[6];
friend bool operator < (B x,B y){
F(i,0,4)if(x.b[i]!=y.b[i])return x.b[i]<y.b[i];
return 0;
}
friend bool operator == (B x,B y){
F(i,0,4)if(x.b[i]!=y.b[i])return 0;
return 1;
}
}bas[440],now;
map<B,int>mp;
struct E{
int to,nt,w;
}e[202000];
#define T e[k].to
int n,m,sn,ans,cnt,X,Y,W,tot,sum,c[440][440],val[101000],dep[101000],head[101000],t[6],vis[101000],f[101000][440];
I Add(int &x,int y){
(x+=y)>=Mod?x-=Mod:0;
}
IN rnk(B a){
//cout<<mp[a]<<endl;
if(!mp[a]){
cout<<"!";
F(i,0,4)cout<<a.b[i]<<" ";
cout<<endl;
system("pause");
}
return mp[a];
re l=1,r=tot,mid;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(a==bas[mid])return mid;
if(a<bas[mid])r=mid-1;
else l=mid+1;
}
return mid;
}
IN Plus(B x,B y){
B tmp;C(tmp.b,0);
memcpy(tmp.b,x.b,sizeof(tmp.b));
F(i,0,4){
if(!y.b[i])continue;
if(!insert(tmp.b,y.b[i]))return 0;
}
return rnk(tmp);
}
I add(int x,int y,int w){
e[++sum].to=y;e[sum].nt=head[x];head[x]=sum;e[sum].w=w;
}
I D_1(int p,int w){
if(p==5){
tot++;F(i,0,4)bas[tot].b[i]=t[i];//,cout<<t[i]<<" ";
//cout<<endl;system("pause");
return;
}
F(i,0,(1<<p)-1)
if((w&i)==0){
t[p]=(1<<p)|i;
D_1(p+1,w|(1<<p));
}
t[p]=0;
D_1(p+1,w);
}
inline bool bbb(B x,B y){
re ca=0,cb=0;
F(i,0,4)ca+=(x.b[i]!=0),cb+=(y.b[i]!=0);
return ca<cb;
}
I init(){
tot=0;D_1(0,0);
sort(bas+1,bas+1+tot);F(i,1,tot)mp[bas[i]]=i;
F(i,1,tot)F(j,1,tot)c[i][j]=Plus(bas[i],bas[j]);
}
I D_2(int x,int fa,int depth,int V){
val[x]=V;dep[x]=depth;
for(re k=head[x];k!=-1;k=e[k].nt){
if(T==fa||vis[T]!=-1||T==1)continue;
if(dep[T]&&dep[x]<dep[T])sn&=insert(now.b,val[x]^val[T]^e[k].w);//cout<<"loop"<<(val[x]^val[T]^e[k].w)<<endl;
if(dep[T])continue;
D_2(T,x,depth+1,V^e[k].w);
}
}
I DP(int i,int rk){F(j,1,tot)Add(f[i][c[rk][j]],f[i-1][j]);}//F(j,1,tot)if(f[i][j])cout<<"!"<<rk<<" "<<i<<" "<<j<<endl;}
int main(){
init();//cout<<tot<<endl;
read(n);read(m);C(head,-1);sum=-1;
F(i,1,m){
read(X);read(Y);read(W);add(X,Y,W);add(Y,X,W);
}
f[0][1]=1;C(vis,-1);
for(re k=head[1];k!=-1;k=e[k].nt)vis[T]=e[k].w;
cnt=0;
F(i,2,n){
if(vis[i]==-1)continue;//cout<<"@"<<endl;
C(now.b,0);X=0;W=0;cnt++;sn=1;
for(re k=head[i];k!=-1;k=e[k].nt)if(vis[T]!=-1){
X=T;W=e[k].w;break;
}
D_2(i,0,1,0);if(X)D_2(X,0,1,0);
DP(cnt,1);
//cout<<"sn="<<sn<<endl;
if(sn){
//F(i,0,4)cout<<now.b[i]<<" ";
//cout<<endl;
if(!X)DP(cnt,Y=rnk(now));//,cout<<Y<<endl;
else{
DP(cnt,Y=rnk(now));DP(cnt,rnk(now));//cout<<Y<<endl;
if(insert(now.b,vis[i]^vis[X]^W))DP(cnt,Y=rnk(now));//cout<<Y<<endl;
}
}
vis[i]=vis[X]=-1;
}
ans=0;
F(i,1,tot)Add(ans,f[cnt][i]);
cout<<ans;
return 0;
}