异或线性基

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1.博弈论2023-08-062.树的直径 DFS 证明2023-05-26

3.异或线性基2024-09-19

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题单

模型

模板：洛谷 P3812

问题：给定 $n(n \le 50)$ 个整数 $a_i(0 \le a_i \le 2^{50})$，求在这些数中选取任意个，使得他们的异或和最大。

首先有一个暴力的 DP 状态，令 $dp_{i, j}$ 表示前 $i$ 个数能否凑出 $j$，然后转移，时间复杂度：$O(n \times 2^{50})$，最后求答案。

考虑优化，令 $X_i$ 为前 $i$ 个数能凑出的数的集合，如果 $x$ 在 $X_i$ 中，$y$ 也在 $X_i$ 中，那么显然 $x \oplus y$ 也在 $X_i$ 中。反过来如果 $x$ 在 $X_i$ 中，$y$ 不在 $X_i$ 中，那么 $x \oplus y$ 肯定不在 $X_i$ 中，否则 $y$ 就可以通过 $x \oplus (x \oplus y)$ 得到。

如果 $a_{i + 1} \in X_i$，可以忽略 $a_{i + 1}$ 显然 $X_{i + 1} = X_i$。否则 $X_i$ 中的每个数异或 $a_{i + 1}$ 后都是一个新元素。这样 $X_{i + 1}$ 对于 $X_i$ 大小翻一倍，最多 $50$ 次，能稍微优化这个算法，时间复杂度：$O(n + 2^{50})$。

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但是 $X_i$ 还是太大了，能不能压缩一下？要做到这一点，可以发现只有使得 $X$ 大小翻倍的最多 $50$ 个元素是重要的，其他的无关紧要，$X$ 就是这些重要元素 $a_{b_1}, a_{b_2}, \dots , a_{b_k}$ 的子集异或和所组成的集合。

但是这样，却失去了查询 $a_{i + 1}$ 是否在 $X_i$ 的能力，我需要找回它。

如果只直接存储这些元素很难做到这一点。但是我们想要的不是这些元素，而是这些元素的异或和。并且可以发现存储 $a_{b_1}, a_{b_2}, \dots , a_{b_k}$和 $a_{b_1} \oplus a_{b_2}, a_{b_2}, \dots , a_{b_k}$ 的效果是一样的。推广一下，将存储的数字随意地进行异或操作得到的 $X$ 都是不变的，因为通过异或操作能将操作后的序列又变回原序列，这个操作是可逆的。

有了这个操作，就可以判断了。可以采取一下策略：对于每个 $j = 0, 1, 2, \dots 49$，我们让存储的集合内都只有至多一个数最高位为 $j$，令 $visxor_j$ 表示最高位为 $j$ 的这个数字，没有则为 $0$。然后判断 $a_{i + 1}$ 是否在 $X_i$ 时，从高到低枚举每一位 $j$ ，分以下两种情况：

• $a_{i + 1}$ 在这一位为 $0$，如果 $a_{i + 1}$ 在 $X_i$ 里，肯定异或和里不会有 $visxor_j$，不作任何操作。
• 否则，如果 $visxor_j = 0$，即这一位没有数字，那么 $a_{i + 1}$ 不在 $X_i$ 中，$visxor_j = a_{i + 1}$，退出。否则如果 $a_{i + 1}$ 在 $X_i$ 里，肯定异或和里一定有 $visxor_j$，将 $a_{i + 1} \leftarrow a_{i + 1} \oplus visxor_j$，表示后面的数要凑出 $a_{i + 1} \oplus visxor_j$，同时保证了 $a_{i + 1}$ 在第 $j$ 位为 $0$。

求答案时，同样从大到小枚举 $j$，如果 $ans$ 这一位为 $1$，不做操作。否则 $ans \leftarrow ans \oplus visxor_j$。

时间复杂度：$O(50n)$。

void Insert(ll x) { 插入 x
  for (int i = 49; i >= 0; i--) {
    if ((x >> i) & 1) {
      if (!visxor[i]) {
        visxor[i] = x;
        return ;
      }
      x ^= visxor[i];
    }
  }
}

for (int i = 49; i >= 0; i--) {
  if (!((ans >> i) & 1) && visxor[i]) {
     ans ^= visxor[i];
  }
}

题目1：AT_abc141_f

题意

给定 $n(2 \le n \le 10^5)$ 个非负整数 $a_i(0 \le a_i < 2^{60})$，将它们分成两组。记其中一组异或和为 $x$，令一组异或和为 $y$，求 $x+y$ 的最大值。

思路

令 $s$ 为 $n$ 个数的异或和，确定了 $x$，那么 $y = s ^ x$。用线性基求出可以凑出的数集，从高到低考虑第 $j$ 位的贡献：

• 如果 $s$ 第 $j$ 位为 $1$，那么 $x$ 这一位的取值无所谓了，无论如何都是 $2^j$，插入时将所有数第 $j$ 位赋成 $0$。
• 否则，尽可能让 $x$ 的第 $j$ 位为 $1$，成功就有 $2^{j + 1}$ 的贡献。如果 $x$ 第 $j$ 位本就是 $1$，不做操作就可以成功。否则如果 $visxor_j \ne 0$, $x \leftarrow x \oplus visxor_j$，成功，否则失败。

时间复杂度：$O(60n)$。

#include <iostream>

using namespace std;
using ll = long long;

const int MAXN = 1e5 + 5, MAXV = 60;

ll x, s, ans, s1, s2, a[MAXN], visxor[MAXV];
int n;

void Insert(ll x) {
  for (int i = 59; i >= 0; i--) {
    if ((x >> i) & 1) {
      if (!visxor[i]) {
        visxor[i] = x;
        return ;
      }
      x ^= visxor[i];
    }
  }
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i], s ^= a[i];
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    a[i] &= ((1ll << 60) - 1) ^ s; // 将 s 为 0 的位赋为 0
    Insert(a[i]);
  }
  for (int i = 59; i >= 0; i--) {
    if (!((s >> i) & 1)) {
      if (!((s1 >> i) & 1) && visxor[i]) {
        s1 ^= visxor[i];
      }
    }
  }
  cout << s1 * 2 + s;
  return 0;
}

题目2：CF895C

题意

给定长度为 $n(1 \le n \le 70)$ 的数组 $a(1 \le a_i \le 70)$，问存在多少种不同的方式从数组元素中选择非空子集，使得它们的乘积为完全平方数。

思路

题意转化：乘积为完全平方数，即这个乘积分解质因数后的每个数都是偶数次幂，即将每个 $a_i$ 转成一个长度为 $19$ 的二进制数 $b_i$，第 $j$ 位表示 $a_i$ 分解质因数后第 $j$ 个质数的幂次是奇数还是偶数。答案为多少种选择方式使得最后的异或和为 $0$。

考虑答案，把数插入线性基后。不在线性基上的 $a_i$，无所谓选不选；在线性基上的 $a_i$ 选法是固定的。答案为 $2^c - 1$，$c$ 为不在线性基上的点，注意减去空集。

时间复杂度：$O(19 n)$

#include <iostream>

using namespace std;
using ll = long long;

const int MAXV = 19, Mod = 1e9 + 7;
const int prime[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67};

int n, c, ans = 1, visxor[MAXV];

void Insert(ll x) {
  for (int i = 18; i >= 0; i--) {
    if ((x >> i) & 1) {
      if (!visxor[i]) {
        visxor[i] = x, c--; // 不在线性基上的点减少一个
        return ;
      }
      x ^= visxor[i];
    }
  }
  return ;
}

int get_prime(int x) { // 求 b[i]
  int ret = 0;
  for (int i = 0; i < 19; i++) {
    int u = 0;
    for (; x % prime[i] == 0; u ^= 1, x /= prime[i]);
    ret += (u << i);
  }
  return ret;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n, c = n;
  for (int i = 1, x; i <= n; i++) {
    cin >> x, Insert(get_prime(x));
  }
  for (; c--; (ans *= 2) %= Mod);
  cout << (ans + Mod - 1) % Mod;
  return 0;
}