CF724G Xor-matic Number of the Graph

不妨先看一道更为基础的题：CF845G以及它的题解。

回到这题。我们发现连通块的贡献独立，也就是说只要对每个连通块单独处理再求和就行了。

接下来我们关心单个连通块怎么做。由于题目让我们求的是所有 $s$ 之和而不是三元组个数，故而考虑拆贡献（对每一位分别考虑）。之后，就可以沿用 CF845G 那题利用线性基来维护路径的思路来计数了。

假设当前处理到第 $i$ 位、有 $n_{0}$ 个 $u$ 满足 $d i s_{u} [i] = 1$ 、有 $n_{1}$ 个 $u$ 满足 $d i s_{u} [i] = 0$ （ $d i s_{u} [i]$ 表示 $d i s_{u}$ 这个数二进制的第 $i$ 位是多少）。那么我们根据组合常识不难求出以下值：

边权异或和的第 $i$ 位为 $0$ 的路径数（记为 $p_{0}$ ）。

根据 CF845G 那题中阐述的引理，对于一条路径 $u \to v$ 的边权异或和，它等价于 $d i s_{u} \oplus d i s_{v}$ 。

于是它变成了找 $(d i s_{u} \oplus d i s_{v}) [i] = 1$ 的点对数。

即 $\frac{s (s - 1)}{2}$ ，其中 $s$ 是当前连通块大小。
边权异或和的第 $i$ 位为 $1$ 的路径数（记为 $p_{1}$ ）。

即 $n_{0} \times n_{1}$ 。

当然也可以用容斥求得： $\frac{n (n - 1)}{2} - ((\binom{p_{0}}{2}) + (\binom{p_{1}}{2}))$ 。

接下来就可以直接统计答案了。分两种情况：

假设当前线性基内存在一个数，满足它的第 $i$ 位为 $1$

钦定线性基大小为 $s z$ ，那么对答案的贡献为 $p \times 2^{s z - 1} \times 2^{i}$ 。

其中 $2^{s z - 1}$ 那一项采用了一个经典的组合套路：我们在线性基中任意地取出一个第 $i$ 位为 $1$ 的元素。对于其它元素任意选（有 $2^{s z - 1}$ 种方案），而选出的元素则根据我们最终想得到的值来决定选不选。
不存在这样一个元素

显然只有那些 $(d i s_{u} \oplus d i s_{v}) [i] = 1$ 的点对会在第 $i$ 位产生贡献。此外，线性基中的每个元素选和不选都是合法的。

钦定线性基大小为 $s z$ ，那么贡献为 $p_{1} \times 2^{s z} \times 2^{i}$ 。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define FL(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define FR(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7, inv2 = 500000004;
struct E{int v; ll w;}; vector<E> e[N];
int n, m, sz, vis[N]; vector<ll> s;
ll ans, dis[N], sum, a[65];
void insert(ll x){
	FR(i, 62, 0) if((x >> i) & 1){
		if(!a[i]){sum |= a[i] = x; sz++; return;}
		else x ^= a[i];
	}
}
ll query(ll ret = 0){
	FR(i, 62, 0){
		ll n[2] = {0}, p1, p;
		ll c = (1ll << i) % mod * ((1ll << sz) % mod) % mod;
		for(const ll &x: s) n[(x >> i) & 1]++;
		p1 = n[0] * n[1] % mod;
		p = s.size() * (s.size() - 1ll) / 2 % mod;
		if((sum >> i) & 1)
			(ret += p * c % mod * inv2) %= mod;
		else (ret += p1 * c) %= mod;
	}
	return ret;
}
void dfs(int u, int fa){
	vis[u] = 1, s.emplace_back(dis[u]);
	for(const auto &p: e[u]) if(p.v != fa){
		if(!vis[p.v]) dis[p.v] = dis[u] ^ p.w, dfs(p.v, u);
		else insert(dis[u] ^ dis[p.v] ^ p.w);
	}
}
int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    FL(i, 1, m){
        int u, v; ll w;
		scanf("%d%d%lld", &u, &v, &w);
        e[u].emplace_back((E){v, w});
		e[v].emplace_back((E){u, w});
    }
    FL(i, 1, n) if(!vis[i]){
    	vector<ll>().swap(s);
    	fill(a, a + 63, 0ll), sum = sz = 0;
    	dfs(i, 0), ans = query(ans);
	}
	printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}