CF1163E Magical Permutation

题目来源：Codeforces Round #558 (Div. 2) CF1163E Magical Permutation

算法：线性基

题目大意

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给定一个，含有(n)个互不相同正整数的集合(S)。

我们称一个排列是合法的，当且仅当同时满足如下两个条件：

1. 这是一个(0,1,dots ,2^x-1)的排列，其中(x)是一个非负整数。
2. 排列里，任意相邻两数的异或值，都出现在(S)中。

请求出，最长的合法排列。换句话说，请你找到一个最大的(x)，并构造出一个长度为(2^x)的合法排列。

数据范围：(1leq nleq 2 imes 10^5)，(S)集合里的数(leq2 imes 10^5)。

本题题解

设(S)里最大的数为(M)。

如果排列的二进制下最高位，超过了(S)里最大的数（即(2^{x-1}>M)），那么这样的排列一定是不合法的。因为最高位一定会出现在异或值中，但它无法被(S)里的数表示出来。因此，满足条件的(x)不超过(log_2M+1)。于是我们考虑枚举所有(x)，判断它是否可行。

引理：一个(x)可行当且仅当，(0,1,dots,2^x-1)都能被表示为(S)的一个子集的异或和。

证明-必要性：

考虑一个合法的排列，(p_0,p_1,dots ,p_{2^x-1})，设(p_t=0)。

首先，(p_t)就是一个空集的异或和，所以对(p_t)显然满足条件。

因为排列合法，所以在(p_{t+1},p_{t+2},dots ,p_{2^x-1})中，每个数和它前面一个数的异或值，都属于(S)。具体来说，设(c_i=p_{i-1}operatorname{xor}p_{i})，则(forall i>t:c_iin S)，因此(p_{t+1},p_{t+2},dots ,p_{2^x-1})都能被表示为一段连续的(c_i)的异或和，也就是(S)里若干个数的异或和。

类似地，在(p_{t-1},p_{t-2},dots,p_0)中，每个数和它后面一个数的异或值，都属于(S)。设(d_i=p_{i}operatorname{xor}p_{i+1})，则(forall i<t:d_iin S)，因此(p_{t-1},p_{t-2},dots,p_0)都能被表示为一段连续的(d_i)的异或和，也就是(S)里若干个数的异或和。

由此就证明了：【(0,1,dots,2^x-1)都能被表示为(S)的一个子集的异或和】是一个长度为(2^x)的排列合法的必要条件。枚举(x)后，我们可以通过对(S)建线性基，看线性基前(x)位是否填满，来检查(x)是否满足这个必要条件。

接下来要证明充分性，相当于把这个排列构造出来。也正是题目要我们做的事情。

现在我们知道，(0,1,dots,2^x-1)都能被表示为(S)的一个子集的异或和。根据线性基的理论，对(S)建线性基后，(S)的每个子集，都对应线性基的一个子集，它们异或和相等。所以(0,1,dots,2^x-1)每个数，都能被表示为：【(S)里，用来建线性基的，这(x)个数】的一个子集。并且每个数对应的子集互不相同：用来建线性基的有(x)个数，正好形成(2^x)个子集，和每个值一一对应。

通过线性基，我们能求出，每个值对应了哪个子集。前面说了，这些子集互不相同。于是把它们用二进制表示为(0,1,dots,2^x-1)。

那么问题转化为，把(0,1,dots,2^x-1)（所有子集）重新排列，使得任意相邻两个数，只有一位二进制为不同。这就是格雷码的定义，可以采用「CSP-S 2019」格雷码这题题面里介绍的构造方法。

时间复杂度(O(nlog n+nlog M+M))。

参考代码：

//problem:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}

const int MAXN=2e5,LOG=18;
int n;
uint s[MAXN+5];
uint mask_to_val[MAXN+5];
struct LinerBase{
	int size;
	uint base[MAXN+5],mask[MAXN+5],val[MAXN+5];
	void insert(const uint& v){
		uint t=v;
		uint ma=0;
		for(int i=LOG;i>=0;--i) if((t>>i)&1) {
			if(!base[i]){
				base[i]=t;
				++size;
				ma|=(1<<(size-1));
				mask[i]=ma;
				val[size]=v;
				return;
			}
			else{
				t^=base[i];
				ma^=mask[i];
			}
		}
	}
	uint query_mask(const uint& v){
		uint t=v;
		uint ma=0;
		for(int i=LOG;i>=0;--i) if((t>>i)&1) {
			assert(base[i]);
			t^=base[i];
			ma^=mask[i];
		}
		return ma;
	}
}B;
vector<uint> get_gray(uint x){
	if(x==0){
		vector<uint> res(1,0);
		return res;
	}
	vector<uint> res=get_gray(x-1);
	uint len=(1u<<(x-1));
	for(uint i=0;i<len;++i){
		res.push_back(res[len-1-i] | (1u<<(x-1)));
	}
	return res;
}
int main() {
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>s[i];
	}
	sort(s+1,s+n+1);
	int j=0;
	int x=-1;
	for(int i=0;i<=LOG;++i){
		while(j+1<=n && s[j+1]<(1u << i)){
			++j;
			B.insert(s[j]);
		}
		if(B.size==i) x=i;
	}
	assert(x!=-1);
	for(uint i=0;i<(1u<<x);++i){
		mask_to_val[B.query_mask(i)]=i;
	}
//	cerr<<x<<endl;
//	for(uint i=0;i<(1u<<x);++i)
//		cerr<<mask_to_val[i]<<" ";
//	cerr<<endl;
	vector<uint> v=get_gray(x);
	cout<<x<<endl;
	for(uint i=0;i<(1u<<x);++i){
		cout<<mask_to_val[v[i]]<<" ";
	}
	cout<<endl;
	return 0;
}