题目传送门：CF724G。
题意简述：
一张 (n) 个点的无向图，边有边权。
定义三元组 ((u,v,w)(1le u < vle n)) 合法当且仅当存在从点 (u) 到点 (v) 存在一条边权异或和为 (w) 的路径，经过多次的边需要算多次。
求所有合法三元组的 (w) 值之和对 (10^9+7) 取模的值。
题解：
比较简单的线性基和图结合的题目，需要用到线性基的一些基本性质。
对异或线性基在图上的应用稍有了解的同学很快可以发现结论：
- 对于连通无向图 (G=(V,E)) 以及 (G) 的一棵生成树 (T)：
- (G) 中所有环（简单或非简单环）的异或和均可以被生成树中所有返祖边 ((x o y)) 对应的环 ((ysim x o y)) 的异或和组成的线性基 (B) 表示出来。
- 点 (u) 到点 (v) 所有路径的异或和可以被 (T) 中 (u) 到 (v) 的路径的异或和异或上线性基 (B) 表示出来。
- 更进一步地，(T) 中 (u) 到 (v) 的路径的异或和等于 (u) 到根的路径的异或和异或 (v) 到根的路径的异或和。
- 所以 (u) 到 (v) 所有路径的异或和等于 (d_uoplus d_voplus B)，其中 (d_x) 表示 (x) 到根的路径的异或和。
对于一对 ((u,v))，尝试统计 (d_uoplus d_voplus B) 中所有数的和。
直接做并不是很好做，考虑按位分开做：
- 对于线性基 (B) 和二进制位 (w)，有结论：
- 设 (B) 中元素个数为 (S)，则 (B) 可以表示出 (2^S) 个不同的数。
- 如果 (B) 中存在二进制第 (w) 位为 (1) 的数，则那 (2^S) 个数中恰有 (2^{S-1}) 个数的二进制第 (w) 位为 (1)，另外 (2^{S-1}) 个数的二进制第 (w) 位为 (0)。
- 如果 (B) 中不存在二进制第 (w) 位为 (1) 的数，显然不可能表示出二进制第 (w) 位为 (1) 的数，全部 (2^S) 个数的二进制第 (w) 位均为 (0)。
可以通过组合恒等式 (sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}[imod 2=1]=egin{cases}0&,n=0\2^{n-1}&,n>0end{cases}) 证明。
统计每一位有多少种能被表示出来的方式，统计进答案即可。
这样需要枚举 ((u,v))，其实很简单就能优化。
直接枚举二进制位 (w)，考虑线性基 (B) 中是否存在二进制第 (w) 位为 (1) 的数。
如果存在，这意味着无论 (d_u,d_v) 的二进制第 (w) 位是否为 (1)，都恰有 (2^{S-1}) 条使得异或和的二进制第 (w) 位为 (1) 的路径。
这意味着 (u,v) 可以随便选，对答案的贡献为 (2^w2^{S-1}inom{n}{2})。
如果不存在，这意味着 (d_u,d_v) 的二进制第 (w) 位必须恰有一个为 (1)，并且此时存在 (2^S) 条使得异或和的二进制第 (w) 位为 (1) 的路径。
这意味着 (d_u,d_v) 的第 (w) 位必须恰有一个为 (1)，记第 (w) 位为 (1) 的 (d_x) 的个数为 (x)，对答案的贡献为 (2^w2^Sx(n-x))。
最后注意原图不一定联通，对于每个联通块分别计算即可。
时间复杂度 (mathcal{O}(nlog^2t_i))。
#include <cstdio>
#include <cstring>
typedef long long LL;
const int Mod = 1000000007;
const int MN = 100005;
const int MM = 400005;
int N, M;
int h[MN], nxt[MM], to[MM], tot; LL w[MM];
inline void ins(int x, int y, LL z) { nxt[++tot] = h[x], to[tot] = y, w[tot] = z, h[x] = tot; }
LL B[60]; int C;
inline void Add(LL x) {
for (int j = 59; ~j; --j) if (x >> j & 1)
if (!B[j]) { B[j] = x, ++C; break; }
else x ^= B[j];
}
bool vis[MN];
LL d[MN];
int s[MN], t;
void DFS(int u, LL v) {
vis[u] = 1, d[u] = v, s[++t] = u;
for (int i = h[u]; i; i = nxt[i]) {
if (vis[to[i]]) Add(v ^ d[to[i]] ^ w[i]);
else DFS(to[i], v ^ w[i]);
}
}
LL Ans;
int main() {
scanf("%d%d", &N, &M);
for (int i = 1; i <= M; ++i) {
int x, y; LL z;
scanf("%d%d%lld", &x, &y, &z);
ins(x, y, z); ins(y, x, z);
}
for (int i = 1; i <= N; ++i) if (!vis[i]) {
memset(B, 0, sizeof B), C = t = 0;
DFS(i, 0);
for (int j = 0; j < 60; ++j) {
LL c = (1ll << j) % Mod;
bool ok = 0;
for (int k = 0; k < 60; ++k) if (B[k] >> j & 1) ok = 1;
if (ok) Ans = (Ans + (LL)t * (t - 1) / 2 % Mod * ((1ll << C - 1) % Mod) % Mod * c) % Mod;
else {
int x = 0;
for (int i = 1; i <= t; ++i) if (d[s[i]] >> j & 1) ++x;
Ans = (Ans + (LL)x * (t - x) % Mod * ((1ll << C) % Mod) % Mod * c) % Mod;
}
}
}
printf("%d
", (LL)Ans % Mod);
return 0;
}