【线性基】bzoj2322: [BeiJing2011]梦想封印

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。

一共包Q+1行，依次为Ans0、Ans1、……、AnsQ。

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；

题目分析

这里线性基图上的问题和2115Xor一样，处理的技巧是把图做成dfs树和非树边。

题目所求的问题即：在一个无向图中，求以1为起点的非简单路径的种类数。

那么和上一题一样， $所有的非简单路径$ 等价于 $一条简单路径$ + $若干个环$。而我们遇到的最主要问题在于，现在有两条路径，而它们各自和一些环异或之后，可能会存在结果相同的情况。整一个问题的瓶颈正是在于这一部分的去重。

这里有一种巧妙的技巧，借鉴了最小表示的思想。

首先应该意识到，路径$A$和$B$如果存在各自异或$a$，$b$后数值相等的情况（即A xor a = B xor b），那么路径A,B实质上是等价的，因为它们的其他任何情况也必定是会相等的。

注意到线性基的性质：$（一条路径）异或（若干环）形成的值域集合$=$（一条路径先异或若干环）异或（若干环）形成的值域集合$（这里说得严谨一些就是张成相等）。那么，对于路径$A$,$B$，可以先用线性基内的环将它们“最小表示”一下，于是就保证了加进来的路径“本质不同”。

一个槽点：原数据如果不将$v[]$（存环的数组）从大到小排序，而直接按照插入顺序来“最小表示”，也能通过此题。

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 typedef long long ll;
  3 const int maxn = 5035;
  4 const int maxm = 40035;
  5 const int maxq = 20035;
  6 
  7 struct Edge
  8 {
  9     int u,v;
 10     ll val;
 11     Edge(int a=0, int b=0, ll c=0):u(a),v(b),val(c) {}
 12 }edges[maxm],etmp[maxm];
 13 int n,m,q,del[maxq];
 14 int edgeTot,head[maxn],nxt[maxm];
 15 ll dis[maxn],p[135],ans[maxq],tmp;
 16 bool tag[maxm];
 17 std::set<ll> s;
 18 std::set<ll>::iterator it;
 19 
 20 ll read()
 21 {
 22     char ch = getchar();
 23     ll num = 0, fl = 1;
 24     for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
 25         if (ch=='-') fl = -1;
 26     for (; isdigit(ch); ch = getchar())
 27         num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48;
 28     return num*fl;
 29 }
 30 void addedge(int u, int v, ll c)
 31 {
 32     edges[++edgeTot] = Edge(u, v, c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot;
 33     edges[++edgeTot] = Edge(v, u, c), nxt[edgeTot] = head[v], head[v] = edgeTot;
 34 }
 35 ll calc(ll c)
 36 {
 37     for (int i=1; i<=p[0]; i++)
 38         if ((c^p[i]) < c) c ^= p[i];
 39     return c;
 40 }
 41 void update(ll c)
 42 {
 43     if (!c) return;
 44     for (it=s.begin(); it!=s.end(); it=s.upper_bound(tmp))
 45     {
 46         tmp = *it;
 47         if ((tmp^c) < tmp)
 48             s.erase(it), s.insert(tmp^c);
 49     }
 50     p[++p[0]] = c;
 51     for (int j=p[0]; j>=2; j--)
 52         if (p[j] > p[j-1]) std::swap(p[j], p[j-1]);
 53         else break;
 54 }
 55 void dfs(int x, int fa, ll c)
 56 {
 57     dis[x] = c, tmp = calc(c);
 58     if (tmp&&(s.count(tmp)==0)) s.insert(tmp);
 59     for (int i=head[x]; i!=-1; i=nxt[i])
 60     {
 61         int v = edges[i].v;
 62         if (v!=fa){
 63             if (dis[v]==-1) dfs(v, x, c^edges[i].val);
 64             else update(calc(dis[v]^c^edges[i].val));
 65         }
 66     }
 67 }
 68 void connect(int u, int v, ll c)
 69 {
 70     addedge(u, v, c);
 71     if (dis[u]!=-1&&dis[v]!=-1) update(calc(dis[u]^dis[v]^c));
 72     else{
 73         if (dis[u]==-1&&dis[v]==-1) return;
 74         if (dis[u]==-1) dfs(u, v, dis[v]^c);
 75         else dfs(v, u, dis[u]^c);
 76     }
 77 }
 78 int main()
 79 {
 80     memset(dis, -1, sizeof dis);
 81     memset(head, -1, sizeof head);
 82     n = read(), m = read(), q = read(), dis[1] = 0, s.insert(0);
 83     for (int i=1; i<=m; i++)
 84         etmp[i].u = read(), etmp[i].v = read(), etmp[i].val = read();
 85     for (int i=1; i<=q; i++) del[i] = read(), tag[del[i]] = 1;
 86     for (int i=1; i<=m; i++)
 87         if (!tag[i]) connect(etmp[i].u, etmp[i].v, etmp[i].val);
 88     ans[q+1] = s.size()*(1ll<<p[0])-1;
 89     for (int i=q; i; i--)
 90     {
 91         connect(etmp[del[i]].u, etmp[del[i]].v, etmp[del[i]].val);
 92         ans[i] = s.size()*(1ll<<p[0])-1;
 93     }
 94     for (int i=1; i<=q+1; i++) printf("%lld
",ans[i]);
 95     return 0;
 96 }
 97 /*
 98 8 10 0
 99 8 4 5
100 4 5 9
101 7 1 5
102 1 4 9
103 2 8 1
104 6 5 5
105 8 3 6
106 7 4 7
107 7 3 6
108 1 3 3
109 */

END

【线性基】bzoj2322: [BeiJing2011]梦想封印

Description

Input

Output

HINT

题目分析