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Problem 2115. -- [Wc2011] Xor

2115: [Wc2011] Xor

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 259 MB
Submit: 5811 Solved: 2474
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Description

Input

第一行包含两个整数N和 M，表示该无向图中点的数目与边的数目。接下来M 行描述 M 条边，每行三个整数Si，Ti ，Di，表示 Si 与Ti之间存在一条权值为 Di的无向边。图中可能有重边或自环。

Output

仅包含一个整数，表示最大的XOR和（十进制结果）,注意输出后加换行回车。

Sample Input

5 7
1 2 2
1 3 2
2 4 1
2 5 1
4 5 3
5 3 4
4 3 2

Sample Output

HINT

Source

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分析

参照ljh2000的题解。

这道题要求从1到n的最大xor和路径，存在重边，允许经过重复点、重复边。那么在图上作图尝试之后就会发现，路径一定是由许多的环和一条从1到n的路径组成。容易发现，来回走是没有任何意义的，因为来回走意味着抵消。考虑这道题求得是路径xor和最大，所以必然我们要想办法处理环的情况。我的做法是任意地先找出一条从1到n的路径，把这条路径上的xor和作为ans初值（先不管为什么可行），然后我们的任务就变成了求若干个环与这个ans初值所能组合成的xor最大值。显然，我们需要预处理出图上所有的环，并处理出所有环的环上xor值，这当然是dfs寻找，到n的路径的时候顺便求一下就可以了。

当我们得到了若干个环的xor值之后，因为是要求xor最大值，我们就可以构出这所有xor值的线性基。构出之后，再用ans在线性基上取max就可以了。

现在我们来讨论上述做法的可行性。

第一种情况：我们对最终答案产生贡献的某个环离1到n的主路径很远，这样的话，因为至少可以保证1可以到达这个环，那么我们可以走到这个环之后绕环一周之后原路返回，这样从1走到环的路上这一段被重复经过所以无效，但是环上的xor值被我们得到了，所以我们并不关心这个环和主路径的关系，我们只关心环的权值。

第二种情况：我们任意选取的到n的路径是否能保证最优性。假设存在一条更优的路径从1到n，那么这条路径与我们原来的路径构成了一个环，也就会被纳入线性基中，也会被计算贡献，假如这个环会被经过，那么最后的情况相当于是走了两遍原来选取的路径，抵消之后走了一次这个最优路径，所以我们无论选取的是哪条路径作为ans初值，都可以通过与更优情况构成环，然后得到一样的结果。这一证明可以拓展到路径上的任意点的路径选取。

时间复杂度\(O(n+m+m \log d)\)，那个简单环的数量应该是m同级的，可以开个vector，当然经验证开到20W左右就能过了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
    rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
    return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;

co int N=5e4+1;
int n,m,tot=0;
vector<pair<int,ll> > e[N];
bool v[N];
ll d[N],a[N*6],f[66];
void dfs(int x){
    v[x]=1;
    for(unsigned i=0;i<e[x].size();++i){
        int y=e[x][i].first;
        ll z=e[x][i].second;
        if(v[y]) a[++tot]=d[x]^d[y]^z;
        else d[y]=d[x]^z,dfs(y);
    }
}
int main(){
//  freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int x,y;
        ll z;
        read(x),read(y),read(z);
        e[x].push_back(make_pair(y,z)),e[y].push_back(make_pair(x,z));
    }
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=tot;++i)
        for(int j=60;j>=0;--j)if(a[i]>>j&1){
            if(!f[j]) {f[j]=a[i];break;}
            a[i]^=f[j];
        }
    ll ans=d[n];
    for(int i=60;i>=0;--i)
        if(~ans>>i&1) ans^=f[i];
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

BZOJ2115 [Wc2011] Xor

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