【CF1299D】Around the World（线性基）
题意：
给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，边带权，保证不存在一个长度 \(>3\) 的简单环经过了 \(1\) 号点。请求出有多少种方案删除若干条与 \(1\) 号点相连的边，使得不存在任何一条路径（不一定是简单路径）满足：
- 以 \(1\) 号点为起点，以 \(1\) 号点为终点。
- 路径经过的所有边的边权异或和为 \(0\)（经过多次异或多次）。
- 图上至少有一条边被该路径经过了奇数次。
\(n,m\leq 10^5\)，\(w\leq 31\)。
题解：
先考虑假设图确定了应该怎么做。这是经典问题（最大 XOR 路径），相当于在图上选若干个环（不一定是简单环），使得它们异或和为 \(0\)。做法是先选出一些代表环，使得任意一种选法都能被某些代表环异或出来。发现我们只需要把 dfs 树上返祖边所对应的环作为代表环即可，然后把它们的权值插入线性基内，看是否线性相关。
对于这一题，我们可以先把与 \(1\) 相连的所有边断掉，这样会形成若干个连通块。那么相当于考虑每个连通块是否与 \(1\) 相连，且相连的边数是多少（只可能是 \(1\) 或 \(2\)）。那么可以考虑逐个加入连通块并 DP，但关键是线性基怎么维护。
一个神奇的地方是大小为 \(5\) 的本质不同线性基只有 \(374\) 种，我们为它们标号并暴力记录：设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个连通块，所形成的图的线性基为第 \(j\) 个线性基的方案数。
转移过程中考虑新加入一个连通块，连通块内的线性基我们可以预处理，而连通块外的环至多只有一个（注意不可能有环跨过两个连通块，所以唯一没考虑的环只可能是连通块与 \(1\) 号点之间的那个三元环），我们对它再单独加入线性基即可。而线性基合并的结果我们也可以预处理。
时间复杂度 \(O(nc)\)。
有关大小为 \(n\) 的本质不同线性基数量：
考虑长度为 \(n\) 的所有二进制数，它们构成了一个大小为 \(2^n\) 的 \(n\) 维空间。而一个线性基实际上对应的是这个 \(n\) 维空间中的一个子空间。
先枚举这个子空间的维数 \(k\)，然后考虑统计本质不同的 \(k\) 维子空间的数量。考虑在 \(n\) 维空间中有序选取 \(k\) 个线性无关的向量，它们对应一个 \(k\) 维的子空间。而每一个 \(k\) 维子空间被计算的次数同样就是这个 \(k\) 维空间内有序选取 \(k\) 个线性无关向量的方案数。
所以本质不同的 \(k\) 维子空间的数量为：（注意不能选零向量）
实际上，这玩意有个名字，叫 q-二项式系数，记作 \(\dbinom{n}{k}_q\)，这里是 \(q=2\) 的情况。
于是大小为 \(n\) 的本质不同线性基数量为：
这玩意只有组合意义的结果，但那玩意看起来很高深。可以给出一个在 \(n\leq 10\) 时比较好记的近似：\(n^{n-2}\) 的几倍。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
namespace modular
{
const int mod=1000000007;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline void Add(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline void Dec(int &x,int y){x=x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline void Mul(int &x,int y){x=1ll*x*y%mod;}
inline int poww(int a,int b){int ans=1;for(;b;Mul(a,a),b>>=1)if(b&1)Mul(ans,a);return ans;}
}using namespace modular;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
struct basis
{
int v[5];
basis(){v[0]=v[1]=v[2]=v[3]=v[4]=0;}
bool insert(int x)
{
for(int i=4;i>=0;i--)
if(((x>>i)&1)&&v[i]) x^=v[i];
if(!x) return 0;
for(int i=4;i>=0;i--)
{
if((x>>i)&1)
{
v[i]=x;
for(int j=4;j>i;j--)
if((v[j]>>i)&1) v[j]^=v[i];
break;
}
}
return 1;
}
int hash()
{
int res=0;
for(int i=4;i>=0;i--)
res=(res<<(i+1))|v[i];
return res;
}
}b[400];
int idx,id[(1<<15)+10],empid,single[32];
int mer[400][400];
void dfs(basis now)
{
int v=now.hash();
if(id[v]) return;
id[v]=++idx,b[idx]=now;
for(int i=1;i<=31;i++)
{
basis tmp=now;
if(tmp.insert(i)) dfs(tmp);
}
}
void init()
{
dfs(basis());
for(int i=1;i<=idx;i++)
{
for(int j=i;j<=idx;j++)
{
bool ins=1;
basis now=b[i];
for(int k=4;k>=0;k--)
{
if(!b[j].v[k]) continue;
if(!now.insert(b[j].v[k])){ins=0;break;}
}
mer[i][j]=mer[j][i]=(ins?id[now.hash()]:0);
}
}
empid=id[basis().hash()];
for(int i=1;i<32;i++)
{
basis now; now.insert(i);
single[i]=id[now.hash()];
}
}
int n,m;
int cnt,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],w[N<<1];
int rt,c3,bid,dis[N],dep[N];
int f[2][400];
bool vis[N];
void adde(int u,int v,int wi)
{
to[++cnt]=v;
w[cnt]=wi;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
void dfs(int u,int fa)
{
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i];
if(v==1)
{
if(u!=rt) c3=dis[u]^w[i];
continue;
}
if(vis[v])
{
if(v!=fa&&dep[v]<dep[u])
bid=mer[bid][single[w[i]^dis[u]^dis[v]]];
continue;
}
dep[v]=dep[u]+1,dis[v]=dis[u]^w[i],dfs(v,u);
}
}
int main()
{
init();
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read(),w=read();
adde(u,v,w),adde(v,u,w);
}
bool pre=0,now=1;
f[now][empid]=1;
for(int i=head[1];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i];
if(vis[v]) continue;
rt=v,c3=-1,bid=empid,dfs(v,0);
if(c3!=-1) c3^=w[i];
swap(pre,now);
memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
for(int j=1;j<=idx;j++)
{
Add(f[now][j],f[pre][j]);
Add(f[now][mer[j][bid]],f[pre][j]);
if(c3!=-1)
{
Add(f[now][mer[j][bid]],f[pre][j]);
Add(f[now][mer[j][mer[bid][single[c3]]]],f[pre][j]);
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=idx;i++) Add(ans,f[now][i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
/*
7 9
1 2 3
2 3 2
3 1 2
1 4 1
1 5 1
4 5 2
1 6 3
6 7 3
7 1 1
*/
