CodeForces 724G: Xor-matic Number of the Graph

Posted 2021-02-06 pinkrabbit

题目传送门：CF724G。

题意简述：

一张 (n) 个点的无向图，边有边权。

定义三元组 ((u,v,w)(1le ule vle n)) 合法当且仅当存在从点 (u) 到点 (v) 存在一条边权异或和为 (w) 的路径，经过多次的边需要算多次。

求所有合法三元组的 (w) 值之和对 (10^9+7) 取模的值。

题解：

比较简单的线性基和图结合的题目，需要用到线性基的一些基本性质。

对异或线性基在图上的应用稍有了解的同学很快可以发现结论：

• 对于连通无向图 (G=(V,E)) 以及 (G) 的一棵生成树 (T)：
  
• (G) 中所有环（简单或非简单环）的异或和均可以被生成树中所有返祖边 ((x o y)) 对应的环 ((ysim x o y)) 的异或和组成的线性基 (B) 表示出来。
  
• 点 (u) 到点 (v) 所有路径的异或和可以被 (T) 中 (u) 到 (v) 的路径的异或和异或上线性基 (B) 表示出来。
  
• 更进一步地，(T) 中 (u) 到 (v) 的路径的异或和等于 (u) 到根的路径的异或和异或 (v) 到根的路径的异或和。
  
• 所以 (u) 到 (v) 所有路径的异或和等于 (d_uoplus d_voplus B)，其中 (d_x) 表示 (x) 到根的路径的异或和。

对于一对 ((u,v))，尝试统计 (d_uoplus d_voplus B) 中所有数的和。

直接做并不是很好做，考虑按位分开做：

• 对于线性基 (B) 和二进制位 (w)，有结论：
  
• 设 (B) 中元素个数为 (S)，则 (B) 可以表示出 (2^S) 个不同的数。
  
• 如果 (B) 中存在二进制第 (w) 位为 (1) 的数，则那 (2^S) 个数中恰有 (2^{S-1}) 个数的二进制第 (w) 位为 (1)，另外 (2^{S-1}) 个数的二进制第 (w) 位为 (0)。
  
• 如果 (B) 中不存在二进制第 (w) 位为 (1) 的数，显然不可能表示出二进制第 (w) 位为 (1) 的数，全部 (2^S) 个数的二进制第 (w) 位均为 (0)。
  可以通过组合恒等式 (sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}[imod 2=1]=egin{cases}0&,n=0\2^{n-1}&,n>0end{cases}) 证明。

统计每一位有多少种能被表示出来的方式，统计进答案即可。

这样需要枚举 ((u,v))，其实很简单就能优化。

直接枚举二进制位 (w)，考虑线性基 (B) 中是否存在二进制第 (w) 位为 (1) 的数。

如果存在，这意味着无论 (d_u,d_v) 的二进制第 (w) 位是否为 (1)，都恰有 (2^{S-1}) 条使得异或和的二进制第 (w) 位为 (1) 的路径。
这意味着 (u,v) 可以随便选，对答案的贡献为 (2^w2^{S-1}inom{n}{2})。

如果不存在，这意味着 (d_u,d_v) 的二进制第 (w) 位必须恰有一个为 (1)，并且此时存在 (2^S) 条使得异或和的二进制第 (w) 位为 (1) 的路径。
这意味着 (d_u,d_v) 的第 (w) 位必须恰有一个为 (1)，记第 (w) 位为 (1) 的 (d_x) 的个数为 (x)，对答案的贡献为 (2^w2^Sx(n-x))。

最后注意原图不一定联通，对于每个联通块分别计算即可。

时间复杂度 (mathrm{O}(nlog_2^2t_i))。

#include <cstdio>
#include <cstring>

typedef long long LL;
const int Mod = 1000000007;
const int Inv2 = 500000004;
const int MN = 100005;
const int MM = 400005;

int N, M;
int h[MN], nxt[MM], to[MM], tot; LL w[MM];
inline void ins(int x, int y, LL z) { nxt[++tot] = h[x], to[tot] = y, w[tot] = z, h[x] = tot; }

LL B[60], C;
inline void Add(LL x) {
    for (int j = 59; ~j; --j) if (x >> j & 1)
        if (!B[j]) { B[j] = x, C <<= 1; break; }
        else x ^= B[j];
}

bool vis[MN];
LL d[MN];
int s[MN], t;

void DFS(int u, LL v) {
    vis[u] = 1, d[u] = v, s[++t] = u;
    for (int i = h[u]; i; i = nxt[i]) {
        if (vis[to[i]]) Add(v ^ d[to[i]] ^ w[i]);
        else DFS(to[i], v ^ w[i]);
    }
}

LL Ans;

int main() {
    scanf("%d%d", &N, &M);
    for (int i = 1; i <= M; ++i) {
        int x, y; LL z;
        scanf("%d%d%lld", &x, &y, &z);
        ins(x, y, z); ins(y, x, z);
    }
    for (int i = 1; i <= N; ++i) if (!vis[i]) {
        memset(B, 0, sizeof B), C = 1, t = 0;
        DFS(i, 0);
        C %= Mod;
        for (int j = 0; j < 60; ++j) {
            LL c = (1ll << j) % Mod;
            bool ok = 0;
            for (int k = 0; k < 60; ++k) if (B[k] >> j & 1) ok = 1;
            if (ok) Ans = (Ans + (LL)t * (t - 1) / 2 % Mod * C % Mod * c) % Mod;
            else {
                int x = 0;
                for (int i = 1; i <= t; ++i) if (d[s[i]] >> j & 1) ++x;
                Ans = (Ans + 2ll * x * (t - x) % Mod * C % Mod * c) % Mod;
            }
        }
    }
    printf("%d
", (LL)Ans * Inv2 % Mod);
    return 0;
}