Codeforces 251D - Two Sets（异或方程组）
题意：
你有一个可重集 \(S=\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\)，你要把它划分成两个可重集 \(S_1,S_2\) 使得 \(S\) 中每个元素都恰好属于 \(S_1\) 与 \(S_2\) 之一。
记 \(X_1\) 为 \(S_1\) 中所有元素的异或和，\(X_2\) 为 \(S_2\) 中所有元素的异或和。
最大化 \(X_1+X_2\)，如果有多种分配方案，再最小化 \(X_1\)。
\(n \in [1,10^5],a_i \in [1,10^{18}]\)
暑假省选班讲过这道题，当时听得一脸懵B，还问lxr为什么线性基本质上就是高斯消元。。。。。。wtclwtcl
设 \(X=a_1 \oplus a_2 \oplus a_3 \oplus\dots\oplus a_n\)，那么显然有 \(X_1\oplus X_2=X\)。
考虑 \(X\) 二进制上的每一位，如果 \(X\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)，那么意味着它只能拆成 \(0\) 和 \(1\)，不会对 \(X_1+X_2\) 产生影响。
但如果 \(X\) 的第 \(i\) 位为 \(0\)，那么它可以拆成 \(0,0\) 或者 \(1,1\)，我们的目标是让 \(X_1+X_2\) 尽可能大，我们就要尽量选择 \(1,1\)，也就是要尽量让 \(X_1\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)。
我们假设 \(n\) 个未知数 \(x_1,x_2,\dots,x_n\)，\(x_i=1\) 表示 \(i\) 被分配到第一堆，\(x_i=0\) 表示 \(i\) 被分配到第二堆。
那么 \(X_1\) 的第 \(b\) 位为 \(1\) 等价于一个异或方程 \(t_1x_1\oplus t_2x_2\oplus\dots\oplus t_nx_n=1\)，其中 \(t_i\) 表示 \(a_i\) 二进制下的第 \(b\) 位是否为 \(1\)。
具体地来说，我们找到 \(X\) 中最高的为 \(0\) 的二进制位 \(b\)，根据之前的推论可以列出一个异或方程，如果该异或方程有解，那么我们肯定要在这一位上放 \(1\)。因为如果你在这一位上放 \(1\)，哪怕后面都是 \(0\)，那 \(X_1+X_2\) 也有 \(2^{b+1}\)，而如果你在这一位上放 \(0\)，哪怕后面都放 \(1\)，结果也只有 \(2^{b+1}-2\)。
我们考虑这样的贪心做法：从高位向低位枚举每一个 \(X\) 二进制下为 \(0\) 的二进制位 \(b\)，我们尝试着在这一位上放 \(1\)，如果存在一种方案，它既能够满足前面的条件（在第 \(b\) 位前面放 \(1\) 的位都对应一个异或方程，把它们联立起来得到的异或方程组），那么我们就在这一位上放 \(1\)，否则就在这一位上放 \(0\)。
最大化 \(X_1+X_2\) 之后，我们再考虑 \(X_1\) 尽量小这个条件。这时候 \(X\) 为 \(1\) 的二进制位就要派上用场了。对于 \(X\) 二进制下为 \(1\) 的位，它又可以细分为第 \(1\) 堆分配 \(0\)，第 \(2\) 堆分配 \(1\)，以及第 \(1\) 堆分配 \(1\)，第 \(2\) 堆分配 \(0\)。我们肯定希望第一堆分配地尽可能少，于是我们重复一遍前面的操作，找到一个 \(1\) 位就尝试填 \(0\)，就可以了。
于是我们有了优秀的 \(n \log^3a_i\) 的做法，每次就联立出一个异或方程组，然后高斯消元判断这个异或方程组是否有解。
但其实并不用每次都重新消一遍，对于每个新的异或方程，都用前面的方程消去它的最高位（类似于线性基？）。这样是 \(n\log^2a_i\) 的，再注意到每一位系数都是 \(0/1\)，可以用 bitset 再搞掉一个 \(\log\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
const int MAXB=63+2;
int n;ll a[MAXN],s=0;
bitset<MAXN> bt[MAXB];
int hi[MAXN],pos[MAXN],cur=0,ans[MAXN];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),s^=a[i];
for(int i=62;~i;i--) if(!(s>>i&1)){
++cur;
for(int j=1;j<=n;j++) if((a[j]>>i)&1) bt[cur][j]=1;
bt[cur][n+1]=1;
for(int j=1;j<cur;j++) if(bt[cur][hi[j]]) bt[cur]^=bt[j];
for(int j=1;j<=n;j++) if(bt[cur][j]){hi[cur]=j;break;}
if(!hi[cur]){bt[cur].reset();cur--;continue;}
for(int j=1;j<cur;j++){
if(bt[j][hi[cur]]) bt[j]^=bt[cur];
}
}
for(int i=62;~i;i--) if(s>>i&1){
++cur;
for(int j=1;j<=n;j++) if((a[j]>>i)&1) bt[cur][j]=1;
bt[cur][n+1]=0;
for(int j=1;j<cur;j++) if(bt[cur][hi[j]]) bt[cur]^=bt[j];
for(int j=1;j<=n;j++) if(bt[cur][j]){hi[cur]=j;break;}
if(!hi[cur]){bt[cur].reset();cur--;continue;}
for(int j=1;j<cur;j++){
if(bt[j][hi[cur]]) bt[j]^=bt[cur];
}
}
for(int i=1;i<=cur;i++) ans[hi[i]]=bt[i][n+1];
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",2-ans[i]);
return 0;
}
