CF724G 【Xor-matic Number of the Graph】

• 题目就不翻译了吧，应该写的很清楚了。。。

• 首先 \(,\) 不懂线性基的可以戳这里。知道了线性基\(,\) 但是从来没有写过线性基和图论相结合的\(,\) 可以戳这里。

• 好\(,\) 点完了这些前置技能之后，我们就可以来愉快的切题啦！

正片\(:\)

• 类比\([WC\) \(2011]\) 最大\(xor\)和路径\(,\) 我们肯定要找环\(,\) 找完环后再用环去构造线性基\(,\) 因为还是那句话嘛\(:\) 任何一条复杂路径\(,\) 都能有起始两点的一条简单路径再加上若干个环组成。

• 那么接下来的问题就是\(:\)如何求出亦或值的和？

• \(en\)~~~，直接依据线性基，求出可以被这个线性基构造出的所有亦或值的和，然后相加，呃，是个好方法。

• 可惜\(,\) 很不幸\(,\) \(xor\)不满足分配律。然后我又冥思苦想了2天，终于找到了“\(n\)个数中，任取几个数的亦或和的和”这个问题的\(O(n*63*63)\)的做法，高兴了好一阵子，然后发现。。。哎\(,\) 现在想想还是难受啊。

• 然后痛定思痛\(,\) 改变视角——\(woc\)，原来这么简单\(!\)

• 不再考虑每一对数的\(xor\)和，我们改变目标 \(,\)去求：对于每一对点的每一位，有多少种方案能使该位的\(xor\)和位1。

• 对于我们原先就求出来的\(d[1]\)到\(d[n]\) \((\)就是各个点到1号点的一条简单路径的\(xor\)和\()\) \(,\) 我们要想求出\(u\)到\(v\)的一条简单路径\(,\) 只需要用\(d[u]\) \(xor\) \(d[v]\)即可\(,\) 因为重复走到路径会因为\(xor\)操作而抵消掉。

• 若线性基中有\(cnt\)个非零位，则一共会产生\(2^{cnt}\)个不同的\(xor\)值。

• 知道了这些以后\(,\) 我们就可以开始讨论了\(:\)

• \(1.\) \(d[u]\) \(xor\) \(d[v]\)第\(k\)位为1：这样的话，我们就需要不取第\(k\)个线性基\((\)因为只有第\(k\)位为1了才会对答案产生贡献嘛\(!\) \()\) \(,\) 这样的话，该项对于答案的贡献即为\(:\) \(2^{k}*2^{cnt-1}\)。

\(2.\) \(d[u]\) \(xor\) \(d[v]\)第\(k\)位为0\(:\) 显然，一定要取\(k\)个线性基\(,\) 对答案的贡献即为\(:\) \(2^k*2^{cnt-1}\)。

• 尽管这样\(,\) 时间复杂度依然是\(O(n^2*63)\)的\(,\) 吃不消\(,\) 那么哪里还有优化的空间呢\(?\)

• 注意到\(,\) \(d[i]\)第\(k\)位的值是固定的\(,\) 那么我们就可以不单独讨论\("d[u]\) xor \(d[v]"\)对于答案的贡献\(,\) 直接讨论\(d[u]\)对于答案的贡献。

• 先统计出第\(k\)位为\(0\)的数的个数\(,\) 我们将其记为\(x\) \(,\) 再统计出第\(k\)位为\(1\)的数的个数\(,\) 记为\(y\) \(,\) 总共有\(point\)个点。

• 分为\(4\)种情况讨论\(:\)

• \(1.\) \(d[i]\)的第\(k\)位为\(1\) \(,\) 线性基中有第\(k\)位为\(1\)的数\(:\) 此时我们有两种选择：\(a.\) 选线性基中的\(,\) 另一个点选择第\(k\)位为\(0\)的。 \(b.\) 不选线性基中的\(,\) 另一个点选择第\(k\)位为\(1\)的。总体对于答案的贡献为：\(2^k*2^{cnt-1}*(point-1)\) \(,\) 减\(1\)就是为了把自己给去掉。

\(2.\) \(d[i]\)的第\(k\)位为\(1\) \(,\) 线性基中没有第\(k\)位为\(1\)的数\(:\) 这个时候另一个点只能取第\(k\)位为\(0\)的\(,\) 所以总贡献为\(:\) \(2^k*2^{cnt}*x\)。

\(3.\) \(d[i]\)的第\(k\)位为\(0\) \(,\) 线性基中有第\(k\)位为\(1\)的数\(:\) 一样的\(,\) 两种选择\(:\) \(a.\) 选线性基中的\(,\) 另一个点选择第\(k\)位为\(0\)的。 \(b.\) 不选线性基中的\(,\) 另一个点选择第\(k\)位为\(1\)的。总贡献为\(:\) \(2^k*2^{cnt-1}*(point-1)\)。

\(3.\) \(d[i]\)的第\(k\)位为\(0\) \(,\) 线性基中没有第\(k\)位为\(1\)的数\(:\) 另一个点只能取第\(k\)位为\(1\)的\(,\) 总贡献\(:\) \(2^k*2^{cnt}*y\)。

• 最后别忘记给答案除个\(2\)就\(OK\)啦\(!(\)要用逆元哦\()\)

代码\(:\)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=100005,M=400005,p=1e9+7,inv=500000004;
ll b[65],dist[M],d[N],a[N],two[65],s[N],z,ans,cnt,point;
int head[N],vet[M],nxt[M],c[65],n,m,x,y,tot;
bool vis[N],used[M];
void add(int x,int y,ll z){
    nxt[++tot]=head[x];
    vet[tot]=y;
    head[x]=tot;
    dist[tot]=z;
}
void insert(ll x){
    for (int i=62;i>=0;i--)
        if (x>>i)
            if (b[i]) x^=b[i];
            else {b[i]=x; break;}
}
void dfs(int u){
    a[++point]=d[u]; vis[u]=true;
    for (int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=vet[i];
        if (!vis[v]){
            d[v]=d[u]^dist[i];
            dfs(v);
        } else
            if (!used[i^1]){
                used[i^1]=true;
                insert(d[u]^d[v]^dist[i]);
            }
    }
}
ll calc(){
    ll ans=0;
    for (int j=0;j<=62;j++){
        ll x=0,y=0,flag=0;
        for (int i=1;i<=point;i++)
            if (a[i]>>j&1) x++; else y++;
        for (int i=0;i<=62;i++)
            if (b[i]>>j&1) flag=1;
        for (int i=1;i<=point;i++)
            if (a[i]>>j&1)
                if (flag)
                    (ans+=two[cnt-1]*(ll)(point-1)%p*two[j]%p)%=p;
                else
                    (ans+=two[cnt]*y%p*two[j]%p)%=p;
            else
                if (flag)
                    (ans+=two[cnt-1]*(ll)(point-1)%p*two[j]%p)%=p;
                else
                    (ans+=two[cnt]*x%p*two[j]%p)%=p;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d %d",&n,&m); tot=1;
    for (int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d %d %lld",&x,&y,&z);
        add(x,y,z); add(y,x,z);
    }
    two[0]=1;
    for (int i=1;i<=64;i++)
    	two[i]=two[i-1]*2%p;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    	if (!vis[i]){
    		memset(b,0,sizeof(b));
            memset(c,0,sizeof(c));
    		point=0,cnt=0;
            dfs(i);
    		for (int j=0;j<=62;j++) cnt+=(b[j]>0);
    		(ans+=calc())%=p;
        }
        ans=ans*inv%p;
    	printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}