线性基 复习总结
在八十中听lyd讲了一些奇怪的东西
(至今不理解小伙伴们为什么要去听弦图和三维凸包
不过线性基还是很有用的
因为比较简单，所以飞快的把所有题目都刷完了OwO
在东北育才听邹雨恒学长讲了一道很不错的题目，然而一直找不到提交地址
至今没找到，sad story。。
貌似当初还坑了一道HEOI的题目OwO(有时间去补补
所谓线性基，就是向量空间下的一组基底(线性无关)
求法是利用高斯消元，不难证明k维向量空间的线性基最多有k个
貌似如果不是在异或空间里，唯一的用处就是判断是否线性相关了OwO
这个东西和拟阵配合起来可以得到一些贪心的做法
如果在异或空间里，由于二进制的特殊性，问题一般就比较多样化
消法一般有两种，一种是直接消成上三角阵，一种是消成对角线阵
第一种跑得比较快，但第二种贪心起来比较价简单，也算各有利弊
这样是因为譬如1,3两个数，用第一种消法得到1,3两个线性基，然而因为3^1=2，所以贪心起来要多判断一些东西
第二种消法直接得到1,2,从大到小选线性基异或只会越来越大
同时对角阵有一个特性是有线性基的位上只有线性基的那一位为1，其余均为0
但是这里要注意没有线性基的位不一定为0，譬如只有一个数3
hdu 3949 XOR
OwO 因为一直习惯消成上三角，然后被坑了好久
消成对角线直接逐位确定就可以了，特判下0
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=10010;
int T,n,m,cnt,kase;
LL a[maxn],Num[72],k;
void Get_base(){
memset(Num,0,sizeof(Num));
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=62;j>=0;--j){
if(a[i]>>j&1){
if(Num[j])a[i]^=Num[j];
else{
Num[j]=a[i];
for(int k=j-1;k>=0;--k)if(Num[k]&&Num[j]>>k&1)Num[j]^=Num[k];
for(int k=j+1;k<=62;++k)if(Num[k]>>j&1)Num[k]^=Num[j];
break;
}
}
}
}return;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
Get_base();scanf("%d",&m);cnt=0;
for(int i=0;i<=62;++i)if(Num[i])cnt++;
kase++;
printf("Case #%d:\n",kase);
while(m--){
scanf("%lld",&k);
if(cnt==n)k++;
if(k>(1LL<<cnt)){printf("-1\n");continue;}
LL ans=0;int tmp=cnt;
for(int i=62;i>=0;--i){
if(Num[i]){
LL now=(1LL<<(tmp-1));
if(k>now)k-=now,ans^=Num[i];
tmp--;
}
}printf("%lld\n",ans);
}
}return 0;
}
BZOJ 2115 XOR
任取一条S->T的路径d，然后利用DFS树求出所有的简单环
问题转化成求这些简单环的异或和的一个子集T，使得T的异或和与d的异或和最大
然后搞出线性基贪心就可以了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=50010;
int n,m,u,v;
int h[maxn],cnt=0,tot=0;
bool vis[maxn];
LL w;
LL dis[maxn];
LL A[300010];
struct edge{
int to,next;
LL w;
}G[300010];
void add(int x,int y,LL z){++cnt;G[cnt].to=y;G[cnt].next=h[x];G[cnt].w=z;h[x]=cnt;}
void DFS(int u){
vis[u]=true;
for(int i=h[u];i;i=G[i].next){
int v=G[i].to;
if(!vis[v]){
dis[v]=dis[u]^G[i].w;
DFS(v);
}else A[++tot]=dis[u]^G[i].w^dis[v];
}return;
}
void read(int &num){
num=0;char ch=getchar();
while(ch<'!')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')num=num*10+ch-'0',ch=getchar();
}
void Gauss(){
int to,now=1;
for(LL i=1LL<<62;i;i>>=1){
for(to=now;to<=tot;++to){
if(A[to]&i)break;
}
if(to==tot+1)continue;
swap(A[to],A[now]);
for(int j=1;j<=tot;++j){
if(j==now)continue;
if(A[j]&i)A[j]^=A[now];
}now++;
}return;
}
int main(){
read(n);read(m);
for(int i=1;i<=m;++i){
read(u);read(v);
scanf("%lld",&w);
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
DFS(1);
Gauss();
LL ans=dis[n];
for(int i=1;A[i];++i){
if((ans^A[i])>ans)ans^=A[i];
}printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
CQOI 新Nim游戏
JLOI 装备购买
OwO 都是直接利用拟阵贪心，排序之后塞进线性基里就可以了
BZOJ 2844 albus就是要第一个出场
跟hdu那道题互为对偶问题，如果懒的话可以直接二分搞QAQ
考虑有n个数，消完后得到k个线性基，则xor起来会有2^k种不同的答案
不难发现每种答案的方案数为2^(n-k)
这样我们可以消成对角阵之后逐位确定就可以了
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=100010;
const int mod=10086;
int n,k,cnt,ans,tmp;
int a[maxn],p[maxn];
int Num[42];
void read(int &num){
num=0;char ch=getchar();
while(ch<'!')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')num=num*10+ch-'0',ch=getchar();
}
void Get_base(){
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=30;j>=0;--j){
if(a[i]>>j&1){
if(Num[j])a[i]^=Num[j];
else{
Num[j]=a[i];
for(int k=j-1;k>=0;--k)if(Num[k]&&Num[j]>>k&1)Num[j]^=Num[k];
for(int k=j+1;k<=30;++k)if(Num[k]>>j&1)Num[k]^=Num[j];
break;
}
}
}
}return;
}
int main(){
read(n);p[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)p[i]=(p[i-1]<<1)%mod;
for(int i=1;i<=n;++i)read(a[i]);
read(k);Get_base();
for(int i=0;i<=30;++i)if(Num[i])cnt++;
tmp=cnt;
for(int i=30;i>=0;--i){
if(Num[i]){
if(k>>i&1){
ans=ans+(1LL<<(tmp-1))*p[n-cnt]%mod;
ans%=mod;
}tmp--;
}
}ans++;ans%=mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
BZOJ 2728 与非
不难发现这个操作可以表示二进制运算的全集
然后由于每个数可以取任意多次(lyd问我的时候我没看到这句话，就口胡说可能有一些性质把,太羞耻了呜呜
线性基就是那些运算时的等价类(即某些位无论怎么样运算都是一样的
在一个等价类的充要条件是这些位在任意数中都是一样的
之后搞出这些线性基逐位确定即可
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1010;
typedef long long LL;
int n,k,cnt;
int fa[maxn];
LL a[maxn],w[maxn];
LL L,R;
bool cmp(const int &a,const int &b){return a>b;}
bool check(int i,int j){
for(int k=1;k<=n;++k){
int A=(a[k]>>i&1);
int B=(a[k]>>j&1);
if(A^B)return false;
}return true;
}
LL DFS(LL now,int len,int la){
if(now>=(1LL<<(len+1)))return 1LL<<la;
if(now<0)return 0;
if(len==-1)return 1;
if(!w[len])return DFS(now,len-1,la);
else{
if(now>>len&1)return DFS(now-w[len],len-1,la-1)+(1LL<<(la-1));
else return DFS(now,len-1,la-1);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
scanf("%lld%lld",&L,&R);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=0;i<k;++i)fa[i]=i;
for(int i=k-1;i>=0;--i){
if(fa[i]==i){
for(int j=i-1;j>=0;--j)if(check(i,j))fa[j]=i;
}
}
for(int i=k-1;i>=0;--i){
if(fa[i]==i){
w[i]|=(1LL<<i);cnt++;
for(int j=i-1;j>=0;--j)if(fa[j]==i)w[i]|=(1LL<<j);
}
}
printf("%lld\n",DFS(R,k-1,cnt)-DFS(L-1,k-1,cnt));
return 0;
}
BZOJ 4568
因为线性基可以合并，所以显然用个奇怪的数据结构维护一下就可以了
做法有很多种，目测树链剖分+线段树会T，log太多啦
第一种做法是倍增，处理i向上2^j的点们的线性基，然后倍增合并就可以了
第二种做法是树分治，我们对于每一层重心处理每个点到这层重心的链的线性基
每次查询只需要在分治树上搞到LCA然后之后把两条链的线性基合并就可以了
(LCA是因为分治到这步的时候u和v两个点分开了，所以两条链不相交而且合起来就是u->v的链
为了省事每层重心用map记录的位置，莫名多log，然后就跑得好慢呜呜
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
const int maxn=20010;
const int oo=0x7fffffff;
typedef long long LL;
int n,m,u,v,g,sum,now;
int h[maxn],cnt=0;
int fa[maxn],dep[maxn],f[maxn],w[maxn];
bool vis[maxn];
LL c[maxn];
LL Ans[61],ans;
struct edge{
int to,next;
}G[maxn<<1];
struct base{
int cnt;
vector<LL>V[61];
map<int,int>p;
void init(int u,LL v){
for(int i=0;i<=60;++i)V[i].push_back(0);
p[u]=0;
for(int i=60;i>=0;--i){
if(v>>i&1){V[i][cnt]=v;break;}
}return;
}
void Get_new(int u,int f,LL v){
int now=p[f];
for(int i=0;i<=60;++i)V[i].push_back(V[i][now]);
++cnt;p[u]=cnt;
for(int i=60;i>=0;--i){
if(v>>i&1){
if(V[i][cnt])v^=V[i][cnt];
else {V[i][cnt]=v;break;}
}
}return;
}
}b[maxn];
void add(int x,int y){
++cnt;G[cnt].to=y;G[cnt].next=h[x];h[x]=cnt;
}
void cmax(int &a,int b){if(b>a)a=b;}
void Get_G(int u,int fa){
w[u]=1;f[u]=0;
for(int i=h[u];i;i=G[i].next){
int v=G[i].to;
if(vis[v]||v==fa)continue;
Get_G(v,u);w[u]+=w[v];
cmax(f[u],w[v]);
}cmax(f[u],sum-w[u]);
if(f[u]<f[g])g=u;
}
void Get_base(int u,int f){
b[now].Get_new(u,f,c[u]);
for(int i=h[u];i;i=G[i].next){
int v=G[i].to;
if(vis[v]||v==f)continue;
Get_base(v,u);
}return;
}
void Get_sz(int u,int f){
w[u]=1;
for(int i=h[u];i;i=G[i].next){
int v=G[i].to;
if(vis[v]||v==f)continue;
Get_sz(v,u);w[u]+=w[v];
}return;
}
void Get_div(int u,int f){
fa[u]=f;vis[u]=true;
now=u;b[now].init(u,c[u]);
for(int i=h[u];i;i=G[i].next){
int v=G[i].to;
if(vis[v])continue;
Get_base(v,u);
}Get_sz(u,-1);
for(int i=h[u];i;i=G[i].next){
int v=G[i].to;
if(vis[v])continue;
g=0;sum=w[v];Get_G(v,-1);
dep[g]=dep[u]+1;
Get_div(g,u);
}return;
}
int LCA(int u,int v){
while(u!=v){
if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
u=fa[u];
}return u;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&c[i]);
for(int i=1;i<n;++i){
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
}
g=0;sum=n;f[0]=oo;
Get_G(1,-1);Get_div(g,-1);
while(m--){
scanf("%d%d",&u,&v);
int lca=LCA(u,v);
int pos=b[lca].p[u];
for(int i=0;i<=60;++i)Ans[i]=b[lca].V[i][pos];
pos=b[lca].p[v];
for(int i=0;i<=60;++i){
LL v=b[lca].V[i][pos];
for(int j=60;j>=0;--j){
if(v>>j&1){
if(Ans[j])v^=Ans[j];
else{Ans[j]=v;break;}
}
}
}ans=0;
for(int i=60;i>=0;--i)ans=max(ans,ans^Ans[i]);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
BZOJ 3569
OwO 鬼畜题目
做法是利用随机化，我们弄出一棵DFS树
不难发现不连通当且仅当存在一条树边，满足这条树边和所有覆盖到这条树边的非树边都被删除了
给每个非树边随机一个权值，然后树边的权值是覆盖他的非树边的权值和
那么判断是否联通就只需要判断给定边是否存在一个子集异或和为0
用线性基搞一搞就可以了，因为随机的权值所以冲突概率很小
如果不强制在线直接一发分治+并查集就可以了，每次回溯的时候撤销并查集操作
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=500010;
const int mod=(1<<30)-1;
int n,m,q,tot,la,k,x;
int fa[maxn];
int vis[maxn],dep[maxn];
bool check[maxn];
int h[maxn],cnt=0;
int Ans[42];
struct edge{
int to,next;
}G[maxn<<1];
struct Edge{
int u,v,w;
}c[maxn];
void add(int x,int y){
++cnt;G[cnt].to=y;G[cnt].next=h[x];h[x]=cnt;
}
int ufs(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=ufs(fa[x]);}
void read(int &num){
num=0;char ch=getchar();
while(ch<'!')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')num=num*10+ch-'0',ch=getchar();
}
void DFS(int u,int f){
for(int i=h[u];i;i=G[i].next){
int v=G[i].to;
if(v==f)continue;
dep[v]=dep[u]+1;
DFS(v,u);vis[u]^=vis[v];
}return;
}
int main(){
read(n);read(m);tot=n;
for(int i=1;i<=n;++i)fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;++i){
read(c[i].u);read(c[i].v);c[i].w=(rand()&mod);
int d1=ufs(c[i].u),d2=ufs(c[i].v);
if(d1!=d2){
fa[d1]=d2;tot--;check[i]=true;
add(c[i].u,c[i].v);add(c[i].v,c[i].u);
}else vis[c[i].u]^=c[i].w,vis[c[i].v]^=c[i].w;
}read(q);
if(tot!=1){
while(q--)printf("Disconnected\n");
return 0;
}DFS(1,-1);
for(int i=1;i<=m;++i){
if(check[i]){
if(dep[c[i].u]<dep[c[i].v])swap(c[i].u,c[i].v);
c[i].w=vis[c[i].u];
}
}
while(q--){
memset(Ans,0,sizeof(Ans));
read(k);int cnt=k;
while(k--){
read(x);x^=la;
int v=c[x].w;
for(int i=29;i>=0;--i){
if(v>>i&1){
if(Ans[i])v^=Ans[i];
else{Ans[i]=v;break;}
}
}
}
for(int i=0;i<=29;++i)if(Ans[i])cnt--;
if(!cnt)printf("Connected\n"),la++;
else printf("Disconnected\n");
}return 0;
}
codeforces 662 A
考虑我们求出a序列的异或和S
之后令ci=ai^bi
原问题转化为是否存在c的一个子集和S的异或和为0
我们求c的线性基判断就可以了
至于有多少个嘛，前面albus那道题目已经提过了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=500010;
typedef long long LL;
int n;
LL Num[72],ans;
LL a[maxn],b[maxn],S=0;
void Get_base(){
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=62;j>=0;--j){
if(a[i]>>j&1){
if(!Num[j]){Num[j]=a[i];break;}
else a[i]^=Num[j];
}
}
}return;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%I64d%I64d",&a[i],&b[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)S^=a[i],a[i]^=b[i];
Get_base();
bool flag=false;int cnt=0;;
for(int i=62;i>=0;--i){
if(S>>i&1)S^=Num[i];
if(Num[i])cnt++;
}
if(S){printf("1/1");return 0;}
ans=1;
for(int i=1;i<=cnt;++i)ans<<=1;
printf("%I64d/%I64d\n",ans-1,ans);
return 0;
}
OwO 感觉还坑了好多题目
主要就是求子集异或和问题吧，可能会有拟阵，动态规划什么的算法和他结合之类的QAQ
利用二进制的性质思考一下就好啦
