【bzoj2115】[Wc2011] Xor

2115: [Wc2011] Xor

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 259 MB
Submit: 2512  Solved: 1049
[Submit][Status][Discuss]

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

6
 
 
 
【题解】

dfs+线性基

解题报告：

　　继续刷线性基...

　　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。

　　这样我们就可以完美解决了。我第一次WA了一发，因为我没有考虑到ans初值不为0，在线性基上取到xor的max的时候，不能单纯以ans这一位是否为0来决定是否异或上基的这一位，必须要看异或之后取一个max做一个判断才行。

————转载于 ljh_2000
 
温馨提示：circle[]大小一定要开成边的数量，因为这个wa了好多次。。。
 
 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<ctime>
 6 #include<cmath>
 7 #include<algorithm>
 8 using namespace std;
 9 #define MAXM 200010
10 #define MAXN 50010
11 typedef long long ll;
12 struct node{ll y,next,v;}e[MAXM];
13 ll n,m,len,cnt,ans,Link[MAXN],vis[MAXN],cir[MAXM],p[MAXN],dx[MAXN];
14 inline ll read()
15 {
16     ll x=0,f=1;  char ch=getchar();
17     while(!isdigit(ch))  {if(ch=='-')  f=-1;  ch=getchar();}
18     while(isdigit(ch))  {x=x*10+ch-'0';  ch=getchar();}
19     return x*f;
20 }
21 void insert(ll x,ll y,ll v) {e[++len].next=Link[x];Link[x]=len;e[len].y=y;e[len].v=v;}
22 void dfs(ll x)
23 {
24     vis[x]=1;
25     for(int i=Link[x];i;i=e[i].next)
26     {
27         if(!vis[e[i].y])  {dx[e[i].y]=dx[x]^e[i].v;  dfs(e[i].y);}
28         else cir[++cnt]=dx[x]^dx[e[i].y]^e[i].v;
29     }
30 }
31 int main()
32 {
33     //freopen("cin.in","r",stdin);
34     //freopen("cout.out","w",stdout);
35     n=read();  m=read();
36     for(int i=1;i<=m;i++)
37     {
38         ll x=read(),y=read(),v=read();
39         insert(x,y,v);  insert(y,x,v);
40     }
41     dfs(1);  ans=dx[n];
42     for(int i=1;i<=cnt;i++)
43         for(int j=62;j>=0;j--)
44         {
45             if(!(cir[i]>>j))  continue;
46             if(!p[j])  {p[j]=cir[i];  break;}
47             cir[i]^=p[j];
48         }
49     for(int i=62;i>=0;i--)  if((ans^p[i])>ans)  ans=ans^p[i];
50     printf("%lld\n",ans);
51     return 0;
52 }

 

 
posted @ 2016-10-09 19:24  chty  阅读(178)  评论(0)  编辑  收藏  举报