Codeforces 1299D - Around the World（线性基+图论+dp）

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一道线性基的综合题 %%%%%%

首先注意到“非简单路径”“异或和”等字眼，可以本能地想到线性基。根据线性基那一套理论，一个值 \(v\) 可以表示为某个 \(1\to 1\) 的非简单回路上边权的异或和当前节点它可以表示为 \(1\) 所在连通块的若干个 \(\ge 1\) 简单环上权值的异或和。其次我们还可以注意到本题至于很小，最高不过 \(2^5-1=31\)，而稍微打个表即可发现大小为 \(5\) 的本质不同的线性基个数只有 \(374\) 个，因此可以暴搜求出所有本质不同的线性基，具体来说我们每次枚举 \(i=1,2,3,\cdots,31\)，如果当前线性基里能够插入 \(i\) 就插入 \(i\) 并继续 DFS 下去，复杂度 \(374\times 31\times 5\)，不会出问题。

然后考虑以线性基为状态的 DP，我们假设去掉 \(1\) 号点之后原图有 \(m\) 个连通块，注意到我们只能删除与 \(1\) 相连的边，故每个连通块内部环的情况是不受影响的，因此我们可以先按照 P4151 [WC2011]最大XOR和路径 的套路求出每个连通块中所有环的异或和组成的线性基，当然如果这个线性基是线性有关集那说明如果这个连通块如果与 \(1\) 相连就会存在不合法的路径，也就是说这个连通块必须与 \(1\) 断开，这个维护一个数组 \(ok_i\) 表示编号为 \(i\) 的连通块是否合法即可。不难发现每个连通块只可能有两种可能，一是连通块内部存在一个与 \(1\) 相连的点，二是连通块内部存在两个与 \(1\) 相连的点，不可能出现三个及以上与 \(1\) 相连的点，否则就会出现长度 \(>3\) 的经过 \(1\) 的环了，记 \(dp_{i,j}\) 为考虑前 \(i\) 个连通块，当前线性基为 \(j\)（我们将大小为 \(5\) 的本质不同的线性基编号 \(1,2,3,\cdots,374\)）的方案数，考虑按照上面的分析过程分情况讨论：

• 若 \(ok_i=0\)，那么 \(1\) 与当前连通块之间的边必须断开，即 \(dp_{i,j}=dp_{i-1,j}\)
• 若 \(ok_i=1\)，继续分两种情况：
  • 连通块内部存在一个与 \(1\) 相连的点，记 \(b_i\) 为连通块 \(i\) 的线性基，那么如果断开与 \(1\) 相连的边线性基不会发生变化，即 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j}\)，否则相当于将线性基 \(j\) 与 \(b_i\) 进行合并，即 \(dp_{i,j\cup b_i}\leftarrow dp_{i-1,j}\)
  • 连通块内部存在两个与 \(1\) 相连的点，如果断开两条与 \(1\) 相连的边，线性基不会发生变化，即 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j}\)，如果断开一条与 \(1\) 相连的边，相当于将线性基 \(j\) 与 \(b_i\) 进行合并，即 \(dp_{i,j\cup b_i}\leftarrow 2·dp_{i-1,j}\)，如果与 \(1\) 相连的边都不断开，那么这部分会多出一个环没有加入线性基，这个环就是经过 \(1\) 的三元环，记 \(w\) 为该三元环的权值异或和，那么 \(dp_{i,j\cup b_i\cup w}\leftarrow dp_{i-1,j}\)

预处理线性基的合并关系即可在常数时间内实现转移，时间复杂度 \(155\times 374+374^2+374n\)

const int MAXN=1e5;
const int MAXB=380;
const int MOD=1e9+7;
int n,m;
struct lbase{
	int a[5];
	lbase(){memset(a,0,sizeof(a));}
	bool insert(int x){
		for(int i=4;~i;i--) if(x>>i&1){
			if(a[i]) x^=a[i];
			else{
				a[i]=x;
				for(int j=0;j<i;j++) if(a[i]>>j&1) a[i]^=a[j];
				for(int j=i+1;j<=4;j++) if(a[j]>>i&1) a[j]^=a[i];
				return 1;
			}
		} return 0;
	}
	int hash(){return (a[4]<<10)|(a[3]<<6)|(a[2]<<3)|(a[1]<<1)|a[0];}
} b[MAXB+5],c[MAXN+5];
int rid[MAXN+5],num=0;
void dfsfind(lbase cur){
	int hs=cur.hash();if(rid[hs]) return;
	else rid[hs]=++num,b[num]=cur;
	for(int i=1;i<=31;i++){
		lbase nxt=cur;
		if(nxt.insert(i)) dfsfind(nxt);
	}
}
int trs[MAXB+5][MAXB+5];
void init_trs(){
	for(int i=1;i<=num;i++) for(int j=1;j<=num;j++){
		lbase tmp=b[i];bool ok=1;
		for(int k=0;k<=4;k++) if(b[j].a[k]) ok&=tmp.insert(b[j].a[k]);
		if(ok) trs[i][j]=rid[tmp.hash()];
	}
}
int hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],val[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v,int w){to[++ec]=v;val[ec]=w;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int bel[MAXN+5],dis[MAXN+5],ok[MAXN+5],cmp=0,con[MAXN+5],fst[MAXN+5];
bool is[MAXN+5];int dfn[MAXN+5],tim=0;
void dfs(int x,int f){
	bel[x]=cmp;dfn[x]=++tim;
	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
		int y=to[e],z=val[e];if(y==1) continue;
		if(!bel[y]) dis[y]=dis[x]^z,dfs(y,x);
		else if(y!=f&&dfn[x]>dfn[y]) ok[cmp]&=c[cmp].insert(dis[x]^dis[y]^z);
	}
}
int dp[MAXN+5][MAXB+5];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);dfsfind(*new(lbase));init_trs();
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		adde(u,v,w);adde(v,u,w);
	} //printf("%d\n",num);
	for(int e=hd[1];e;e=nxt[e]){
		int y=to[e],z=val[e];
		if(!bel[y]){
			cmp++;ok[cmp]=1;con[cmp]=z;
			fst[cmp]=y;dfs(y,-1);
		} else {
			for(int ee=hd[y];ee;ee=nxt[ee]){
				int v=to[ee],w=val[ee];
				if(v==fst[bel[y]]){
					is[bel[y]]=1;con[bel[y]]^=w^z;
					break;
				}
			}
		}
	}
	dp[0][rid[0]]=1;
	for(int i=1;i<=cmp;i++){
		for(int j=1;j<=num;j++) dp[i][j]=dp[i-1][j];
		if(!ok[i]) continue;
		if(!is[i]){
			int id=rid[c[i].hash()];
			for(int j=1;j<=num;j++) if(trs[j][id]){
				dp[i][trs[j][id]]=(dp[i][trs[j][id]]+dp[i-1][j])%MOD;
			}
		} else {
			int id1=rid[c[i].hash()];
			bool ok=c[i].insert(con[i]);
			int id2=rid[c[i].hash()];
			for(int j=1;j<=num;j++){
				if(trs[j][id1]) dp[i][trs[j][id1]]=(dp[i][trs[j][id1]]+2*dp[i-1][j]%MOD)%MOD;
				if(ok&&trs[j][id2]) dp[i][trs[j][id2]]=(dp[i][trs[j][id2]]+dp[i-1][j]%MOD)%MOD;
			}
		}
	} int ans=0;
	for(int i=1;i<=num;i++) ans=(ans+dp[cmp][i])%MOD;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}