异或线性基

线性基

线性空间下的一组基

对于线性空间 $V$ ,有一组线性无关子集 $S$ ,能张成 $V$ ,称 $S$ 是 $V$ 的基，一般考虑有限空间下的，则 $S$ 的大小就是 $V$ 的维数。

异或线性基的构造

考虑贪心

对于插入数 $p$ ,如果 $p$ 第 $x$ 位为 $1$

当 $a_{x}$ 为空，则 $a_{x} = p$

否则 $p = p ⨁ a_{x}$

$c o d e :$

 inline bool insert(int x){
	for(int i=T;i>=0;i--)
		if((x>>i)&1)
			if(b[i]) x^=b[i];
			else{
				b[i]=x;
				return true;
			}
	return 0;		
}

最大异或和

考虑贪心

从 $T$ ~ $1$ 位遍历线性基，如果 $a n s ⨁ a_{i} > a n s$ ，就更新 $a n s$

$c o d e :$

 inline int gmax(int v){
	int ans=v;
	for(int i=T;i>=0;i--)
		if((ans^b[i])>ans) ans^=b[i];
	return ans;
}

最小异或和

$i n s e r t (0)$ 失败，就说明插入的数已经可以得到了，最小异或和为 $0$

否则最小异或和就等于线性基中的最小元素

代码就不给了qwq

求并集

其实不难，把线性基中的元素插入到另外一个线性基中就行了

 inline friend F operator +(F x,F y){
	F ret=y;
	for(int i=T;i>=0;i--){
		if(x[i]){
			ret.insert(x[i]);
		}
	}
	return ret;
}

求交集

用的很少，就是把线性基中的元素插入到另外一个线性基中会失败的元素

封装

挺清新的（（（

 template<int T> struct F{
	int b[T+5];
	F(){
		for(int i=0;i<=T;i++) b[i]=0;
	}
	inline bool insert(int x){
		for(int i=T;i>=0;i--)
			if((x>>i)&1)
				if(b[i]) x^=b[i];
				else{
					b[i]=x;
					return true;
				}
		return 0;		
	}
	inline int gmax(int v){
		int ans=v;
		for(int i=T;i>=0;i--)
			if((ans^b[i])>ans) ans^=b[i];
		return ans;
	}
	inline int operator [](int x){
		return b[x];
	}
	inline friend F operator +(F x,F y){
		F ret=y;
		for(int i=T;i>=0;i--){
			if(x[i]){
				ret.insert(x[i]);
			}
		}
		return ret;
	}
	inline void clear(){
		for(int i=T;i>=0;i--) b[i]=0;
	}
};

例题

P3812 【模板】线性基

链接

模板题

复杂度

$O (n \times \log V)$

P4151 [WC2011] 最大XOR和路径

链接

题意：
求从 $1$ ~ $n$ 经过所有边边权异或和最大的路径

Solution

路径可以分成环和链，我们可以初始答案为 $1$ ~ $n$ 的一条路径，不断增加环，遇到一个环我们把环上的边权异或和求出来为 $c$ ，令当前异或和为 $s u m$

如果选这个环，则 $s u m = s u m ⨁ w ⨁ c ⨁ w = s u m ⨁ c$

我们把环全放到线性基里

最后求最大异或和即可。

$Q :$ $1$ 到 $n$ 的路径有很多条怎么办？

$A :$ 如果对于我们选的路径 $R$ ,有更优的路径 $S$ ,你会发现 $R$ 和 $S$ 起点都是 $1$ 终点都是 $n$ ,已经构成一个环了， $R$ 异或大环的异或和就等于 $S$ 的异或和，与选择的路径无关。

复杂度

$O ((m + n) \times \log V)$

$c o d e :$

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=65,MAXM=200020,B=63;
long long n,m,lb[MAXN+10],ans[MAXM];
inline bool insert(long long x){
	for(int i=B;i>=0;i--){
		if((x>>i)&1){
			if(!lb[i]){
				lb[i]=x;
				return true;
			}
			x^=lb[i];
		}
	}
	return false;
}
inline long long sum(long long x){
	long long ans=x;
	for(int i=B;i>=0;i--) if((ans^lb[i])>ans) ans^=lb[i];
	return ans;
}
struct node{ int r; long long w; };
vector<node> p[MAXM];
bitset<MAXM+10> vis,cle;
inline void dfs(int k,long long sum){
	ans[k]=sum,vis[k]=1;
	for(int i=0;i<p[k].size();i++)
		if(!vis[p[k][i].r]) dfs(p[k][i].r,sum^p[k][i].w);
		else insert(sum^p[k][i].w^ans[p[k][i].r]);
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	long long x,y,z;
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z),p[x].push_back({y,z}),p[y].push_back({x,z});
	dfs(1,0);
	printf("%lld\n",sum(ans[n]));
	return 0;
}

CF895C Square Subsets

链接

题意：对于一些数组a，求从中间选择非空子集，使它们的乘积等于某个整数的平方的方法的数量

$n \leq 10^{5}, a_{i} \leq 70$

Solution:

由于 $a_{i}$ 很小,可以对每个质数构造一维线性基

质因数分解 $a_{i} = \prod p_{i}^{c_{i}}$

命 $b_{i} = \sum_{i = 1}^{p c n t} (c_{i} \mod 2) \times 2^{i}$

将 $b_{i}$ 插入线性基，可以发现当 $b_{i}$ 的异或和等于 $0$ 就有一组解

不在线性基的 $n - s i z e$ 个数随便选，所以最后答案是 $2^{n - s i z e}$

复杂度 $O (n \times \frac{V}{\log V})$

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,cnt,size,x[100010],p[75];
long long mod=1000000007;
bool vis[100];
bitset<30> a[30];
inline void insert(int u){
	bitset<30> vx;
	for(int i=1;i<=cnt&&u!=1;i++){
		int cntk=0;
		while(u%p[i]==0) u/=p[i],cntk++;
		vx[i]=cntk%2;
	}
	for(int i=cnt;i>=1;i--){
		if(vx[i]){
			if(!a[i].any()){
				a[i]=vx;
				size++;
				return;
			}
			vx^=a[i];
		}
	}
}
long long f(long long a,long long b){
	if(a==0) return 1;
	if(a==1) return b;
	long long w=f(a/2,b);
	if(a%2) return w*w%mod*b%mod;
	return w*w%mod;
}
int main(){
	for(int i=2;i<=75;i++){
		if(!vis[i]) p[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt;j++){
			if(p[j]*i>75) break;
			vis[p[j]*i]=1;
		}
	}
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		insert(x[i]);
	}
	printf("%lld\n",(f(n-size,2)-1ll+mod)%mod);
	return 0;
}

P7451 [THUSCH2017] 杜老师

题目大意

给定 $L, R$ 求从 $L$ 到 $R$ 的这 $R - L + 1$ 个数中能选出多少个不同的子集，满足子集中所有的数的乘积是一个完全平方数。特别地，空集也算一种选法，定义其乘积为 $1$ 。

思路

因为乘积是个完全平方数，所以自然可以想到乘积的每个质因子的次数为偶数，我们可以把每个质因子的次数看为一维的线性基，最后所有数异或的值为 $0$ 的情况数，所以我们可以作一个质因子的线性基，最后的答案就是 $2^{r - l + 1 - s i z e}$ ，但是很明显，如果把 $1$ ~ $10000000$ 的所有质数都作线性基肯定会炸。

如果一个数有一个大于 $\sqrt{n}$ 的质因子，那么它一定不会有第二个大于 $\sqrt{n}$ 的质因子，所以我们只要把一个数小于 $\sqrt{n}$ 的质因子筛去，单独做大于 $\sqrt{n}$ 的质因子的线性基，最后复杂度是 $354 \times (r - l) \approx 10^{10}$ ，还是无法通过。

发现只要 $l$ 到 $r$ 有一个数有 $p$ 这个质因子，那么一定可以构成 $p$ 的线性基，对于判断 $l$ 到 $r$ 之间是否有 $p$ 这个因子，只要有 $(\frac{r}{p}) > (\frac{l - 1}{p})$ ，那么一定有 $p$ 这个因子存在，暴力一遍搜每个质因子就行了。

code:

  
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
const long long MAXN=10000000,MAXM=1000000,B=455,MXB=7000,mod=998244353;
long long l,r,cnt1,cnt2,size,p1[MAXM+10],p2[MAXM+10];
bitset<MAXN+10> vis,vis2,cle2;
bitset<470> a[470],cle;
map<int,bitset<470>> mp;
inline void insert(long long x){
	bitset<470> vx;
	for(int i=1;i<=cnt1&&x!=1;i++){
		int cnt=0;
		while(x%p1[i]==0) cnt++,x/=p1[i];
		vx[i]=cnt%2;
	}
	if(x!=1){
		if(!mp[x].any()&&!vis2[x]){
			mp[x]=vx,size++,vis2[x]=1;
			return;
		}
		vx^=mp[x];
	}
	for(int i=B;i>=1;i--){
		if(vx[i]){
			if(!a[i].any()){
				a[i]=vx;
				size++;
				return;
			}
			vx^=a[i];
		}
	}
}
long long f(long long a,long long b){
	if(b==0) return 1;
	if(b==1) return a;
	long long w=f(a,b/2);
	if(b%2) return w%mod*w%mod*a%mod;
	return w*w%mod;
}
inline void init(){
	for(long long i=2;i<=MAXN;i++){
		if(!vis[i]){
			if(i<=3200) p1[++cnt1]=i;
			p2[++cnt2]=i;
			if(i*i<=MAXN) for(long long j=i*i;j<=MAXN;j+=i) vis[j]=1;
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	init();
	while(T--){
		scanf("%lld%lld",&l,&r);
		map<int,bitset<470>>().swap(mp),size=0,vis2&=cle2;
		for(int i=0;i<=465;i++) a[i]&=cle;
		if(r-l+1<=MXB) for(long long i=l;i<=r;i++) insert(i);
		else for(long long i=1;i<=cnt2&&p2[i]<=r;i++) if(r/p2[i]>(l-1)/p2[i]) size++;
		printf("%lld\n",f(2,r-l+1-size));
	}
	return 0;
}

P4839 P 哥的桶

链接

单点insert，区间最大异或和

考虑线段树，每个节点维护区间线性基，求答案时求并集的最大异或和，复杂度 $O (m \log n \log V^{2})$

$c o d e :$

 #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define SF scanf
#define PF printf
#define PB push_back
#define cmax(x,y) x=max(x,y);
#define cmin(x,y) x=min(x,y);
#define ull unsigned long long
#define R register
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
template<int T> struct F{
	int b[T+5];
	F(){
		for(int i=0;i<=T;i++) b[i]=0;
	}
	inline bool insert(int x){
		for(int i=T;i>=0;i--)
			if((x>>i)&1)
				if(b[i]) x^=b[i];
				else{
					b[i]=x;
					return true;
				}
		return 0;		
	}
	inline int gmax(int v){
		int ans=v;
		for(int i=T;i>=0;i--)
			if((ans^b[i])>ans) ans^=b[i];
		return ans;
	}
	int operator [](int x){
		return b[x];
	}
	friend F operator +(F x,F y){
		F ret=y;
		for(int i=T;i>=0;i--){
			if(x[i]){
				ret.insert(x[i]);
			}
		}
		return ret;
	}
	inline void clear(){
		for(int i=T;i>=0;i--) b[i]=0;
	}
};
template<int T>struct segtree{
	struct node{
		int l,r;
		F<31> v;
		int add;
		node(){	l=r=add=0;} 
	}t[T*4+5]; 
	#define l(i) (i<<1)
	#define r(i) ((i<<1)|1)
	int a[T+5];
	segtree(){ for(int i=1;i<=T;i++) a[i]=0; }
	void build(int l,int r,int id){
		t[id].l=l,t[id].r=r;
		if(l==r){
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		build(l,mid,l(id));
		build(mid+1,r,r(id));
	}
	void add(int x,int y,int id){
		if(t[id].l==t[id].r){
			t[id].v.insert(y);
			return;
		}
		int mid=(t[id].l+t[id].r)>>1;
		if(x<=mid) add(x,y,l(id));
		else add(x,y,r(id));
		t[id].v=t[l(id)].v+t[r(id)].v;
	}
	F<31> ask(int l,int r,int id){
		F<31> ret;
		if(t[id].l>r||t[id].r<l)  return ret;
		if(t[id].l>=l&&t[id].r<=r) return t[id].v;
		return ask(l,r,l(id))+ask(l,r,r(id));
	}
};
segtree<50010> t;
int n,m;
int main(){
	IOS;
	cin>>n>>m;
	t.build(1,m,1);
	while(n--){
		int opt,x,y;
		cin>>opt>>x>>y;
		if(opt==1) t.add(x,y,1);
		else printf("%d\n",t.ask(x,y,1).gmax(0));
	}
	return 0;
}

P5607 [Ynoi2013] 无力回天 NOI2017

链接

题意：
区间异或，区间最大异或和

区间异或维护原序列很难，发现修改其实只对少部分线段树节点的线性基有影响

类似于差分，用线段树维护数组 $b$ ,其中 $b_{i} = a_{i - 1} ⨁ a_{i}$ , $b_{1} = a_{1}$

维护 $b_{i}$ 的线性基，在查询 $l$ , $r$ 时,取出区间 $l + 1, r$ 的线性基，并 $i n s e r t$ 一个 $a_{l}$

最后的线性基与 $a_{l}$ ~ $a_{r}$ 是相同的

特判 $l == r$ 即可

对于区间修改 $b$ 数组，就只用改 $b_{l}$ 和 $b_{r + 1}$

线段树修改叶子结点直接重构就行

维护 $a_{l}$ 可以用线段树或树状数组维护

复杂度 $O (m \times \log n \times \log V^{2})$

$c o d e :$

 #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define SF scanf
#define PF printf
#define PB push_back
#define cmax(x,y) x=max(x,y);
#define cmin(x,y) x=min(x,y);
#define ull unsigned long long
#define R register
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
template<int T> struct F{
	int b[T+5];
	F(){
		for(int i=0;i<=T;i++) b[i]=0;
	}
	inline bool insert(int x){
		for(int i=T;i>=0;i--)
			if((x>>i)&1)
				if(b[i]) x^=b[i];
				else{
					b[i]=x;
					return true;
				}
		return 0;		
	}
	inline int gmax(int v){
		int ans=v;
//	for(int i=T;i>=0;i--) if(b[i]) cout<<i<<' '<<b[i]<<endl;
		for(int i=T;i>=0;i--)
			if((ans^b[i])>ans) ans^=b[i];
		return ans;
	}
	inline int operator [](int x){
		return b[x];
	}
	inline friend F operator +(F x,F y){
		F ret=y;
		for(int i=T;i>=0;i--){
			if(x[i]){
				ret.insert(x[i]);
			}
		}
		return ret;
	}
	inline void clear(){
		for(int i=T;i>=0;i--) b[i]=0;
	}
};
template<int T>struct BIT{
	int c[T+5];
	inline int lowbit(int x){
		return x&(-x);
	}
	inline void xg(int x,int y){
		for(int i=x;i<=T;i+=lowbit(i)) c[i]^=y;
	}
	inline void add(int l,int r,int w){
		xg(l,w);
		xg(r+1,w);
	}
	inline int get(int x){
		int ans=0;
		for(;x>=1;x-=lowbit(x)) ans^=c[x];
		return ans;
	}
};
BIT<50050> f;
template<int T>struct segtree{
	struct node{
		int l,r;
		F<31> v;
		node(){	l=r=0;} 
	}t[T*4+5]; 
	#define l(i) (i<<1)
	#define r(i) ((i<<1)|1)
	int a[T+5];
	segtree(){ for(int i=1;i<=T;i++) a[i]=0; }
	void build(int l,int r,int id){
		t[id].l=l,t[id].r=r;
		for(int i=l;i<=r;i++) t[id].v.insert(a[i]);
		if(l==r) return;
		int mid=(l+r)>>1;
		build(l,mid,l(id));
		build(mid+1,r,r(id));
	}
	F<31> ask(int l,int r,int id){
		F<31> ret;
		if(t[id].l>r||t[id].r<l)  return ret;
		if(t[id].l>=l&&t[id].r<=r) return t[id].v;
		return ask(l,r,l(id))+ask(l,r,r(id));
	}
	void add(int x,int w,int id){
		if(t[id].l==t[id].r){
			t[id].v.clear();
			t[id].v.insert(a[x]^=w);
			return;
		}
		int mid=(t[id].l+t[id].r)>>1;
		if(x>mid) add(x,w,r(id));
		else add(x,w,l(id));
		t[id].v=t[l(id)].v+t[r(id)].v;
	}
};
segtree<50010> t;
int n,m;
inline int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-'0'),ch=getchar();
	return x; 
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) t.a[i]=read();
	for(int i=n;i>=2;i--) t.a[i]^=t.a[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++) f.xg(i,t.a[i]);
	t.build(1,n,1);
	while(m--){
		register int opt,x,y,v;
		opt=read(),x=read(),y=read(),v=read(); 
		if(opt==1) {
			f.add(x,y,v),t.add(x,v,1);
			if(y<n) t.add(y+1,v,1);
		}
		else {
			F<31> ret=t.ask(x+1,y,1);
			int al=f.get(x),ans;
			ret.insert(al);
			if(x==y) ans=max(v,v^al);
			else ans=ret.gmax(v);
			printf("%d\n",ans);
		}
//		for(int i=1;i<=n;i++) printf("a[%d]:%d\n",i,f.get(i));
	}
	return 0;
}

CF1100F Ivan and Burgers

链接

求区间最大异或和

$n \leq 5 \times 10^{5}$

$S o l u t i o n 1 :$

直接线段树暴力合并, $3$ 只 $\log$

$S o l u t i o n 2 :$

贪心，让线性基中后面维度的下标尽量大，求解就取出 $1$ ~ $r$ 的线性基

我们记录线性基第 $i$ 位为 $a_{i}$ ,下标为 $p o s_{i}$

如果 $p o s_{i} < l$ 则 $l$ ~ $r$ 不存在第 $i$ 位线性基

 inline int gmax(int v,int l){
	int ans=v;
	for(int i=T;i>=0;i--)
		if((ans^b[i])>ans&&pos[i]>=l) ans^=b[i];
	return ans;
}

那怎么让 $p o s_{i}$ 尽可能小呢

假设我们正插入 $p$ ,下标为 $x$

当 $p$ 第 $i$ 位为 $1$ 且已经有 $a_{i}$

如果 $x > p o s_{i}$ 我们 $s w a p (x, p o s_{i})$ , $s w a p (p, a_{i})$

$s w a p$ 后再将 $p = p ⨁ a_{i}$

防止存太多线性基 $M L E$ ,可以离线询问 $r$ 从小到大扫描，空间变为线性

时间复杂度 $O ((n + m) \times \log V)$

口糊不太清楚，看代码更清晰-->

$c o d e :$

 #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define SF scanf
#define PF printf
#define PB push_back
#define cmax(x,y) x=max(x,y);
#define cmin(x,y) x=min(x,y);
#define ull unsigned long long
#define R register
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
template<int T> struct F{
	int b[T+2],pos[T+2];
	F(){
		for(int i=0;i<=T;i++) b[i]=pos[i]=0;
	}
	inline bool insert(int x,int y){
		for(int i=T;i>=0;i--)
			if((x>>i)&1){
				if(b[i]){
					if(pos[i]<y) swap(b[i],x),swap(y,pos[i]);
					x^=b[i];
					continue;
				}
				b[i]=x;
				pos[i]=y;
				return true;
			}
		return 0;		
	}
	inline int gmax(int v,int l){
		int ans=v;
		for(int i=T;i>=0;i--)
			if((ans^b[i])>ans&&pos[i]>=l) ans^=b[i];
		return ans;
	}
	int operator [](int x){
		return b[x];
	}
};
int n,m,a[500005],ans[500010];
F<21> p;
struct ask{
	int l,r,id;
}c[500050];
inline bool cmp(ask a,ask b){
	return a.r<b.r;
}
int main(){
	cin>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&a[i]);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i].l>>c[i].r,c[i].id=i;
	sort(c+1,c+1+n,cmp);
	int r=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(r<c[i].r) p.insert(a[++r],r);
		ans[c[i].id]=p.gmax(0,c[i].l);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

E N D

posted @ 2023-10-12 16:34 yzq_yzq 阅读(44) 评论(0) 编辑收藏举报

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