异或线性基

我们考虑这样一个问题：给定 $N$ 个整数 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{N}$ 。求能异或出多少种不同的值。

我们考虑用一个集合 $S$ 记录目前能凑出来的数字。

当我们要加入 $A_{i}$ 时，如果 $A_{i} \notin S$ ，则 $x \oplus A_{i} (x \in S)$ 一定都不在 $S$ 中，否则可以通过 $(x \oplus A_{i}) \oplus x$ 凑出 $A_{i}$ 。反之，如果 $A_{i} \in S$ ，则 $x \oplus A_{i} (x \in S)$ 一定在 $S$ 中。

所以只要 $A_{i} \notin S$ ，则 $| S |$ 就会翻倍。这样的空间肯定是无法接受的。

但是我们能观察到这样最多只会翻倍 $\log max {A_{i}}$ 次，因为经过这么多次后一定 $| S | \geq max {A_{i}}$ ，所以不可能再有元素 $\notin S$ 。我们考虑只记录使 $| S |$ 翻倍的元素，这样空间就可接受了。而线性基就是能表示出整个数组的最小子集。

但是这样就不能快速判断 $x$ 是否在 $S$ 中，所以考虑对线性基进行变换。

很容易想到 $[X_{1}, X_{2}, \dots, X_{k}]$ 等价于 $[X_{1} \oplus X_{2}, X_{2}, \dots, X_{k}]$ ，所以我们用这样的方式进行变换。

我们对于 $i = 0, 1, \dots, \log max {A_{i}}$ 记录至多一个最高位为 $i$ 的元素 $d_{i}$ 。每次插入元素 $x$ 时，从高到底枚举每一位，如果当前这一位上为 $1$ ，并且 $d_{i} = 0$ （这里表示 $d_{i}$ 不存在），那么就令 $d_{i} \leftarrow x$ ，并结束。如果 $d_{i} \neq 0$ ，则令 $x \leftarrow x \oplus d_{i}$ ，这么做是为了保证 $x$ 的最高位变得 $< i$ 。

而判断 $x$ 是否在 $S$ 中也很简单，同样从高到低枚举，如果当前这位是 $1$ 就异或 $d_{i}$ 。如果最后 $x = 0$ 则可以被凑出，否则不行。

由于线性基中的元素不能相互异或出来，所以能异或出 $2^{| d |} - 1$ 种。

空间复杂度 $O (\log max {A_{i}})$ ，时间复杂度 $O (N \log max {A_{i}})$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int MAXN = 65;

int n;
ll d[MAXN], ans;

void add(ll x) {
  for(ll i = 61; i >= 0; --i) {
    if(x & (1ll << i)) {
      if(d[i]) {
        x ^= d[i];
      }else {
        d[i] = x;
        return;
      }
    }
  }
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    ll x;
    cin >> x;
    add(x);
  }
  for(int i = 61; i >= 0; --i) {
    ans = max(ans, (ans ^ d[i]));
  }
  cout << ans;
  return 0;
}

Luogu P3812

题目描述

给定 $N$ 个数，求能异或出的最大值。

思路

首先对这些数建线性基，接着从高到低枚举每一位，如果 $d_{i} \neq 0$ 且 $a n s$ 在这一位上是 $0$ ，则令 $a n s \leftarrow a n s \oplus x$ 。

空间复杂度 $O (\log max {A_{i}})$ ，时间复杂度 $O (N \log max {A_{i}})$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int MAXN = 65;

int n;
ll d[MAXN], ans;

void add(ll x) {
  for(ll i = 61; i >= 0; --i) {
    if(x & (1ll << i)) {
      if(d[i]) {
        x ^= d[i];
      }else {
        d[i] = x;
        return;
      }
    }
  }
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    ll x;
    cin >> x;
    add(x);
  }
  for(int i = 61; i >= 0; --i) {
    ans = max(ans, (ans ^ d[i]));
  }
  cout << ans;
  return 0;
}

AT ABC141 F

题目描述

给定 $N$ 个数 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{N}$ ，你要将其分成两个非空集合，求两个集合异或和之和的最大值。

思路

我们令 $X = A_{1} \oplus A_{2} \oplus \dots \oplus A_{N}$ 。如果 $X$ 在某一位上为 $1$ ，那么很明显两个集合的异或和中一个是 $1$ ，因此答案一定会加上这一位。否则两个集合在这一位上的异或一定一样，所以我们要尽可能让这里为 $1$ 。而这个可以使用线性基解决。

空间复杂度 $O (\log max {A_{i}})$ ，时间复杂度 $O (N \log max {A_{i}})$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int n;
ll res, ans, d[60];

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

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    ll x;
    cin >> x;
    res ^= x;
    Insert(x);
  }
  for(int i = 59; i >= 0; --i) {
    if(!((res >> i) & 1)) {
      ans = max(ans, ans ^ d[i]);
    }else {
      Insert(d[i] ^ (1ll << i));
    }
  }
  cout << ans + (res ^ ans);
  return 0;
}

CF 895 C

题目描述

给定 $N$ 个数 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{N}$ ，求能乘出多少个完全平方数。

思路

我们可以用一个数每个质因子的次幂的奇偶性来表示一个数，而一个完全平方数就是 $0$ ，所以这个问题就转化成了有多少种方法异或出 $0$ 。

在异或线性基中的元素是不可能异或出 $0$ 的，但能够异或出线性基外的所有元素，所以任何一个不在线性基的元素集合都能异或成 $0$ ，所以答案就为 $2^{N - | d |} - 1$ 。

空间复杂度 $O (N)$ ，时间复杂度 $O (N V)$ ，其中 $V = 19$ （质数数量）。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 100001, MAXP = 19, MOD = int(1e9) + 7, p[MAXP] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67};

int n, a[MAXN], num[71], d[MAXN], ans;
bool op = 1;

int C(int x) {
  int res = 0;
  for(int i = 2; i * i <= x; ++i) {
    while(x % i == 0) {
      res ^= (1 << num[i]);
      x /= i;
    }
  }
  if(x > 1) {
    res ^= (1 << num[x]);
  }
  return res;
}

void Insert(int x) {
  for(int i = MAXP - 1; i >= 0; --i) {
    if((x >> i) & 1) {
      if(!d[i]) {
        d[i] = x, ans--;
        break;
      }else {
        x ^= d[i];
      }
    }
  }
}

int Pow(int a, int b) {
  int res = 1;
  for(; b; a = 1ll * a * a % MOD, b >>= 1) {
    if(b & 1) {
      res = 1ll * res * a % MOD;
    }
  }
  return res;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  for(int i = 0; i < MAXP; ++i) {
    num[p[i]] = i;
  }
  cin >> n;
  ans = n;
  for(int i = 1, x; i <= n; ++i) {
    cin >> x;
    Insert(C(x));
  }
  cout << ((Pow(2, ans) - 1) % MOD + MOD) % MOD;
  return 0;
}

CF 1902 F

题目描述

给定一颗树，每个结点都有一个权值 $A_{i}$ ，有 $Q$ 次询问，每次询问仅使用 $u$ 到 $v$ 路径上的数能否凑出 $k$ 。

思路

我们对每个点都记录一个线性基，这个线性基是从当前结点往根节点插入的。接着考虑怎么把线性基从父亲转移到儿子。

很容易想到父亲没有插入线性基的元素，儿子肯定也不会插入。所以记录插入线性基的元素，依次枚举并插入即可。

查询时枚举插入线性基的元素，如果在路径上就插入。再进行判断。

由于至多只有 $\log max {A_{i}}$ 个元素，所以空间复杂度 $O (N \log max {A_{i}})$ ，时间复杂度 $O (N \log max {A_{i}})$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 200001;

struct xor_linear_basis {
  int d[20];
  xor_linear_basis() {
    fill(d, d + 20, 0);
  }
  bool Insert(int x) {
    for(int i = 20; i >= 0; --i) {
      if((x >> i) & 1) {
        if(!d[i]) {
          d[i] = x;
          return 1;
        }
        x ^= d[i];
      }
    }
    return 0;
  }
  bool In(int x) {
    for(int i = 20; i >= 0; --i) {
      if((x >> i) & 1) {
        x ^= d[i];
      }
    }
    return !x;
  }
}d[MAXN];

int n, a[MAXN], q, f[19][MAXN], dep[MAXN];
vector<int> e[MAXN], ve[MAXN];

void dfs(int u, int fa) {
  if(d[u].Insert(a[u])) {
    ve[u].emplace_back(u);
  }
  for(int v : ve[fa]) {
    if(d[u].Insert(a[v])) {
      ve[u].emplace_back(v);
    }
  }
  dep[u] = dep[fa] + 1, f[0][u] = fa;
  for(int i = 1; i <= 18; ++i) {
    f[i][u] = f[i - 1][f[i - 1][u]];
  }
  for(int v : e[u]) {
    if(v != fa) {
      dfs(v, u);
    }
  }
}

int LCA(int u, int v) {
  if(dep[u] < dep[v]) {
    swap(u, v);
  }
  int d = dep[u] - dep[v];
  for(int i = 18; i >= 0; --i) {
    if((d >> i) & 1) {
      u = f[i][u];
    }
  }
  if(u == v) {
    return u;
  }
  for(int i = 18; i >= 0; --i) {
    if(f[i][u] != f[i][v]) {
      u = f[i][u], v = f[i][v];
    }
  }
  return f[0][u];
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> a[i];
  }
  for(int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
    cin >> u >> v;
    e[u].emplace_back(v);
    e[v].emplace_back(u);
  }
  dfs(1, 0);
  cin >> q;
  for(int i = 1, u, v, k; i <= q; ++i) {
    cin >> u >> v >> k;
    int l = LCA(u, v);
    xor_linear_basis res;
    for(int x : ve[u]) {
      if(dep[x] >= dep[l]) {
        res.Insert(a[x]);
      }
    }
    for(int x : ve[v]) {
      if(dep[x] >= dep[l]) {
        res.Insert(a[x]);
      }
    }
    cout << (res.In(k) ? "YES\n" : "NO\n");
  }
  return 0;
}

本文作者：Yaosicheng124

本文链接：https://www.cnblogs.com/yaosicheng124/p/18426024

posted @ 2024-09-22 22:26 Yaosicheng124 阅读(6) 评论(0) 编辑收藏举报

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