洛谷 P4151 [WC2011]最大XOR和路径 线性基

题目描述
XOR（异或）是一种二元逻辑运算，其运算结果当且仅当两个输入的布尔值不相等时才为真，否则为假。 XOR 运算的真值表如下（ $1$ 表示真， $0$ 表示假）：

而两个非负整数的 XOR 是指将它们表示成二进制数，再在对应的二进制位进行 XOR 运算。
譬如 $12$ XOR $9$ 的计算过程如下：

故 $12$ XOR $9=5$ 。
容易验证， XOR 运算满足交换律与结合律，故计算若干个数的 XOR 时，不同的计算顺序不会对运算结果造成影响。从而，可以定义 $K$ 个非负整数 $A_1，A_2，……，A_{K-1}，A_K$的 XOR 和为$A_1$ XOR $A_2$ XOR …… XOR $A_{K-1}$ XOR $A_K$。
​
考虑一个边权为非负整数的无向连通图，节点编号为 $1$ 到 $N$ ，试求出一条从 $1$ 号节点到 $N$ 号节点的路径，使得路径上经过的边的权值的 XOR 和最大。

路径可以重复经过某些点或边，当一条边在路径中出现了多次时，其权值在计算 XOR 和时也要被计算相应多的次数，具体见样例。

输入输出格式

输入格式：
输入文件 xor.in 的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 $S_i，T_i，D_i$，表示$S_i$与$T_i$之间存在一条权值为$D_i$的无向边。
图中可能有重边或自环。

输出格式：
输出文件 xor.out 仅包含一个整数，表示最大的 XOR 和（十进制结果）。

输入输出样例

输入样例#1：
5 7
1 2 2
1 3 2
2 4 1
2 5 1
4 5 3
5 3 4
4 3 2
输出样例#1：
6
说明

【样例说明】

如图，路径$1→2→4→3→5→2→4→5$对应的XOR和为

$2$ XOR $1$ XOR $2$ XOR $4$ XOR $1$ XOR $1$ XOR $3=6$

当然，一条边数更少的路径 $1→3→5$ 对应的XOR和也是 $2$ XOR $4=6$ 。

【数据规模】

对于$20 %$的数据，$N≤100 ，M≤1000 ，D_i≤10^4$；

对于$50 %$的数据， $N≤1000 ，M≤10000 ，D_i≤10^{18}$；

对于$70 %$的数据， $N≤5000 ，M≤50000 ， D_i ≤10^{18}$；

对于$100 %$的数据， $N≤50000 ， M≤100000 ， D_i≤10^{18}$。

分析：
一堆数的异或和就可以考虑线性基了，因为线性基只有$log_2D_i$，也就是最多$64$个。我们发现，任意路径都可以表示为一条从$1$到$n$的简单路径加若干个环。
如果$1$到$n$的简单路径与某个环有边相交，相当于另一条简单路径。
如果一个环不在路径上，我们可以先走到这个环上，转一圈后原路返回，走两次的边就被抵消了。
如果两个环有交，那么相当于一个新的环。
所以我们枚举环，加入到线性基里，然后取异或最大值，从高位开始算，因为某一位能拿到$1$比这位拿到$0$一定更优。
至于枚举环，我们可以建一棵dfs搜索树，对于任何一条非树边，与树上路径连成一个环，这些环可以代替所有环。因为假设我们有一个一条非树边$(x,y)$加上$x$到$y$树上路径的环和一个一条非树边$(y,z)$加上$y$到$z$树上路径的环，异或起来就是一个$(x,z)$树上路径+若干$(x,z)$非树边连成路径的环。

代码：

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#define LL long long

const int maxn=5e4+7;
const int maxe=1e5+7;
const int maxp=62;

using namespace std;

int n,m,x,y;
int ls[maxn],vis[maxn];
LL dis[maxn],a[maxn],bit[maxn];
LL ans,w;

struct edge{
    int y,next;
    LL w;
}g[maxe*2];

void push(LL x)
{
    if (x==0) return;
    int c=0;
    for (int i=1;i<=maxp;i++)
    {
        if (x&bit[maxp-i])
        {
            if ((!a[i]) && (!c)) c=i;
            x^=a[i];
        }
    }
    a[c]=x;
    for (int i=1;i<=maxp;i++)
    {
        if (i==c) continue;
        if (a[i]&bit[maxp-c]) a[i]^=a[c];
    }
}

void dfs(int x,LL rec)
{
    dis[x]=rec;
    vis[x]=1;
    for (int i=ls[x];i>0;i=g[i].next)
    {
        int y=g[i].y;
        if (!vis[y]) dfs(y,rec^g[i].w);
                else push(rec^g[i].w^dis[y]);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%lld",&x,&y,&w);
        g[i].y=y;
        g[i].w=w;
        g[i].next=ls[x];
        ls[x]=i;
        g[i+m].y=x;
        g[i+m].w=w;
        g[i+m].next=ls[y];
        ls[y]=i+m;
    }
    bit[0]=1;
    for (int i=1;i<=maxp;i++) bit[i]=bit[i-1]*2;
    dfs(1,0);
    ans=dis[n];
    for (int i=1;i<=maxp;i++) ans=max(ans,ans^a[i]);
    printf("%lld",ans);
}

最后

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