题意 : 给出一副简单图、要你找出一个回路、使得其路径上边权的异或和最大
分析 :
类似的题有 BZOJ 2115
对于这种异或最长路的题目(走过的边可以重复走)
答案必定是由一条简单路径(链) + 一些基本环构成
这是因为操作是 xor , 具有自反性质 , 可能需要脑补一下
回到这题, 发现答案就是要求找出一个环
那么根据上面那道题目的启发
答案是一个环的情况下, 那么答案环必定也是由其他环来组成
那么只要找出图中所有的基本环, 就可以由这些基本环来线性组合出最大 xor 环了
有一个定理
对于一个图而言、其独立回路的个数为 M - N + 1
独立回路是指任意一个都不能由其他回路构成。
引用一段数学归纳法证明：
“M=N-1时，树，结论成立
设M=K时结论成立，当M=K+1时，任取G中一条边e，G-e中有K-N+1个独立回路，且
任取一个包含e的回路C，显然独立于之前的回路
任意两个包含e的回路C1与C2，C12=C1+C2是G-e的回路，C2不独立
故能且仅能增加一个包含e的独立回路
从而G中恰有(K+1)-N+1个独立回路，证毕”
红色字体引用自 ==> Click here
即一个图最多只有 M + ( N - 1 ) 个独立回路 (即基本环)
而除开独立回路外的图中剩余所有回路都能被这 M - N + 1 个独立回路线性表示
那么由于异或拥有自反性质、即走过两遍的路径不会产生贡献
接下来如果能找出所有的独立回路、这样问题就变成了、给出 N 个数
从中找出异或和最大的组合、这个可以用线性基轻松做到
如何用DFS找出图中所有的独立回路？
首先你考虑生成树, 对于一个图的生成树而言
其基本环(不能由其他环线性表示的环)就是任意两个树上节点 + 非树边构成
那么先 DFS 出生成树, 加上时间戳, 若干当前节点的时间戳大于被遍历到的节点的时间戳
则说明找到一个上面那样子的非树边, 即找到了一个基本环
这样子找出来的环正好有 M - ( N - 1 ) 即所有的边 - 树边这么多
参考自 ==> Click here , Click here
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define ULL unsigned long long #define scl(i) scanf("%lld", &i) #define scll(i, j) scanf("%lld %lld", &i, &j) #define sclll(i, j, k) scanf("%lld %lld %lld", &i, &j, &k) #define scllll(i, j, k, l) scanf("%lld %lld %lld %lld", &i, &j, &k, &l) #define scs(i) scanf("%s", i) #define sci(i) scanf("%d", &i) #define scd(i) scanf("%lf", &i) #define scIl(i) scanf("%I64d", &i) #define scii(i, j) scanf("%d %d", &i, &j) #define scdd(i, j) scanf("%lf %lf", &i, &j) #define scIll(i, j) scanf("%I64d %I64d", &i, &j) #define sciii(i, j, k) scanf("%d %d %d", &i, &j, &k) #define scddd(i, j, k) scanf("%lf %lf %lf", &i, &j, &k) #define scIlll(i, j, k) scanf("%I64d %I64d %I64d", &i, &j, &k) #define sciiii(i, j, k, l) scanf("%d %d %d %d", &i, &j, &k, &l) #define scdddd(i, j, k, l) scanf("%lf %lf %lf %lf", &i, &j, &k, &l) #define scIllll(i, j, k, l) scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d", &i, &j, &k, &l) #define lson l, m, rt<<1 #define rson m+1, r, rt<<1|1 #define lowbit(i) (i & (-i)) #define mem(i, j) memset(i, j, sizeof(i)) #define fir first #define sec second #define VI vector<int> #define ins(i) insert(i) #define pb(i) push_back(i) #define pii pair<int, int> #define VL vector<long long> #define mk(i, j) make_pair(i, j) #define all(i) i.begin(), i.end() #define pll pair<long long, long long> #define _TIME 0 #define _INPUT 0 #define _OUTPUT 0 clock_t START, END; void __stTIME(); void __enTIME(); void __IOPUT(); using namespace std; const int maxn = 5e4 + 10; struct EDGE{ int v, nxt; LL w; }Edge[maxn<<2]; int Head[maxn], EdgeCnt = 0; int n, m; inline void EdgeInit() { mem(Head, -1); EdgeCnt = 0; } inline void AddEdge(int from, int to, LL weight) { int & cnt = EdgeCnt; Edge[cnt].v = to; Edge[cnt].w = weight; Edge[cnt].nxt = Head[from]; Head[from] = cnt++; } struct L_B { LL d[65], p[65]; int cnt; void init() { memset(d, 0, sizeof(d)); memset(p, 0, sizeof(p)); cnt = 0; } // 1e18以内的数都适用. bool Insert(LL val) { for (int i = 63 ; i >= 0 ; i --) { if (val & (1ll << i)) { if (!d[i]) { d[i]=val; break; } val^=d[i]; } } return val > 0; // 可判断val是否存在于线性基当中. } LL query_max() { LL res = 0; for (int i = 63 ; i >= 0 ; i --) { if ((res^d[i]) > res) res ^= d[i]; } return res; } LL query_min() { // 应该预先判断能否是0的情况..QAQ for (int i = 0 ; i <= 60 ; i ++) { if (d[i]) return d[i]; } return 0; } void rebuild() { // 用于求第k小值.需要先进行独立预处理 for (int i = 60 ; i >= 0 ; i --) { for (int j = i-1 ; j >= 0 ; j --) { if (d[i] & (1ll<<j)) d[i] ^= d[j]; } } for (int i = 0 ; i <= 60 ; i ++) { if (d[i]) p[cnt++]=d[i]; } } LL kthquery(LL k) { // 注意判断原序列异或出0的情况, 此时应该将k -- 在进行后面的操作. LL res = 0; if (k >= (1ll << cnt)) return -1; for (int i = 60 ; i >= 0 ; i --) { if (k & (1LL<<i)) res ^= p[i]; } return res; } void Merge(const L_B &b) { // 把b这个线性基插入到当前这个线性基中. for (int i = 60 ; i >= 0 ; i --) if (b.d[i]) Insert(b.d[i]); } }LB; int DFN[maxn]; int DFS_Clocks; LL val[maxn]; VL CycleVal; inline void DFS(int u, int fa) { DFN[u] = ++DFS_Clocks; vis[u] = true; for(int i=Head[u]; ~i; i=Edge[i].nxt){ int v = Edge[i].v; if(v == fa) continue; if(vis[v] && DFN[v] < DFS_Clocks){///若当前当前点的时间戳大于出度点、则说明找到一条回路 CycleVal.pb(val[v] ^ val[u] ^ Edge[i].w); }else if(!vis[v]){ val[v] = val[u] ^ Edge[i].w; DFS(v, u); } } } int main(void){__stTIME();__IOPUT(); int nCase; sci(nCase); for(int Case=1; Case<=nCase; Case++){ scii(n, m); EdgeInit(); for(int i=1; i<=m; i++){ int u, v; scii(u, v); LL w; scl(w); AddEdge(u, v, w); AddEdge(v, u, w); } CycleVal.clear(); for(int i=0; i<=n; i++) vis[i] = false, val[i] = 0LL; DFS_Clocks = 0; for(int i=1; i<=n; i++) if(!vis[i]) DFS(i, -1); LB.init(); for(int i=0; i<(int)CycleVal.size(); i++) LB.Insert(CycleVal[i]); printf("Case #%d: %lld ", Case, LB.query_max()); } __enTIME();return 0;} void __stTIME() { #if _TIME START = clock(); #endif } void __enTIME() { #if _TIME END = clock(); cerr<<"execute time = "<<(double)(END-START)/CLOCKS_PER_SEC<<endl; #endif } void __IOPUT() { #if _INPUT freopen("in.txt", "r", stdin); #endif #if _OUTPUT freopen("out.txt", "w", stdout); #endif }
顺带一提, 找出图中所有的简单环, 这个东西是 NP 的, 正是由于 xor
有自反这种美妙的性质, 才能通过基本环+线性基来做这题
求出图中所有环数量的算法, 也是考虑通过生成树的方法 ==> Click here
Codeforces 也有过一道题目, 要求找出环的数量, 标算是状压 ==> Click here