线性基学习笔记

OI:线性基专题学习

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引入：最大异或和

(笔者希望你在看这个之前学过了高斯消元)

我们先把线性基放到一边，如何用高斯消元解决呢?

（下面的陈述可能有些问题，某些细节和实现希望读者自己想一下）

---->从高到低确定每一位是否能选，即设这一位方程的右边为1，解当前的方程组判断是否有解，一共是解60次方程组\(O(n \cdot 60^3)\)

---->优化：保证消元时不将之前能异或得到的数重新列方程，这样最多只有60个数，即\(O(60^4)\)

---->线性基基本上就是实现了这种优化，并将其广泛应用了

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线性基的定义

线性基是一个域内的一组基底，使得 (基底之间运算) 能和 (域内的所有数运算) 得到相同的集合

本文所提的线性基是基于 二进制运算异或\(\oplus\)的

即构造一组基底\(d_i\)使得域内所有的数\(a_i\)通过异或得到的集合相同

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构造线性基

动态扩大域插入

bool Insert(ll x){ // 向当前线性基的域中插入数x
    for(int i=60;i>=0;i--) if(x&(1ll<<i)) {
        if(d[i]) x^=d[i];
        else {
            d[i]=x;
            break;
        }
    }
}

插入的两种决策

当\(x\)的第\(i\)位大于\(0\)

---->如果第\(i\)还没有存下的\(1\),就把当前数存下来

---->否则这一位的\(1\)要用原来的\(d[i]\)异或掉

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线性基的Rebuild

void ReBuild() {
	cnt=0;
	drep(i,60,0) if(d[i]) drep(j,i-1,0) if(d[i]&(1ll<<j)) d[i]^=d[j];
	rep(i,0,60) if(d[i]) t[cnt++]=d[i];
}

事实上，可以看出的是，\(\text{ReBuild}\)之后，每一个\(d_i\)都不存在了与后面\(d_j\)冲突的\(1\)

所以这其实也就是类似于高斯消元的思想

互相运算之后，这两个基底是等价的

\(\text{ReBUild}\)之后保证了每个\(d_i\)每个位上都不会有冲突并且满足一一对应的性质,可以直接进行按位贪心了

\(\text{ReBuild}\)之后，就无法再访问原来的值了，所以对于需要持久化的情况慎用

应用

1.最大异或和

又回到了引子

首先当然是预处理了线性基，但是我们这里不用真的把高斯消元搬出来了

这时我们有两种写法

不\(\text{ReBuild}\),贪心求解

	ll ans=0;
	drep(i,60,0) if((ans^d[i])>ans) ans^=d[i];

简单粗暴

还可以\(\text{ReBuild}\)之后直接按位贪心

	ReBuild();
	ans=0;
	drep(i,60,0) if(d[i]) ans^=d[i];

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2.元素

题意：给定一些数及其权值，求最大独立集的最大权值和

按权值排序，能取就取，贪心即可，这里我们给出简略证明策略正确性

假设保证权值递减，若当前集合中已有的数为\(a,b,c,d,e\),现加入\(x\)与\(a,b\)产生冲突，即\(a \oplus \ b \oplus \ x=0\)，这时取\(x\)一定不会更优

其实很显然，因为如果取了\(x\)，替换\(a,b\)中的一个，此时仍能由异或产生\(a,b,x\)中的任意一个，总体上独立集的性质并未发生改变，但总权值减少了

证毕

int n;
ll d[N];
pair <int,ll> P[N];
bool Ins(ll x){
	drep(i,60,0) if(x&(1ll<<i)) {
		if(d[i]) x^=d[i];
		else {
			d[i]=x;
			break;
		}
	}
	return x>0;//判断是否产生冲突
}
int main(){
	rep(i,1,n=rd()) scanf("%lld%d",&P[i].second,&P[i].first);
	sort(P+1,P+n+1);
	int ans=0;
	drep(i,n,1) if(Ins(P[i].second)) ans+=P[i].first;
	printf("%lld\n",ans);
}

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3.第k小异或和

讲这种应用之前我们先来细算不同异或和的个数:

设线性基元素的个数为cnt---->显然就是\(2^{cnt}\),即选或不选，且一定不会重复

这里的第k小是不同的异或答案情况下

这里我们先进行\(\text{ReBuild}\), 保证不冲突

然后,对于每一位的数(从小到大枚举),如果这一位存在着\(d[i]\),那么答案一定会是双倍于之前

将\(k\)按照二进制位分解后,对于每一位\(1\)取出答案异或即可

细节 :前面的定义里已经讲到,线性基的答案是异或不出\(0\)的,所以对于答案来说,如果存在\(0\)的情况,k要-1

(如何判断0?插入时返回的值就是)

ll d[70],t[70],cnt;

bool Ins(ll x){
	drep(i,60,0) if(x&(1ll<<i)) {
		if(d[i]) x^=d[i];
		else 
			d[i]=x;
			break;
		}
	}
	return x>0;
}

void ReBuild() {
	cnt=0;
	drep(i,60,0) if(d[i]) drep(j,i-1,0) if(d[i]&(1ll<<j)) d[i]^=d[j];
	rep(i,0,60) if(d[i]) t[cnt++]=d[i];//将大于0的d[i]取出
}

ll Work(ll k){
	if(cnt<n) k--;
	if(k>=(1ll<<cnt)) return -1;
	ll res=0;
	rep(i,0,cnt-1) if(k&(1ll<<i)) res^=t[i];//按照二进制位取出
	return res;
}

void Solve(){
	memset(d,0,sizeof d);
	rep(i,1,n=rd()) Ins(rd());
	ReBuild();
	rep(ttt,1,rd()) printf("%lld\n",Work(rd()));
}

另解->可以不用\(\text{ReBuild}\)

直接在找答案时保证该有的位有1，不该有的位没有一就行了

ll Work(ll k){
	if(cnt<n) k--;
	if(k>=(1ll<<cnt)) return -1;
	ll res=0;
	drep(i,cnt-1,0) {
		bool f1=(k&(1ll<<i)),f2=(res&(1ll<<p[i]));
		if(f1^f2) res^=t[i];
        //f1^f2实际上是((f1&&!f2)||(!f1||f2))
	}
	return res;
}
void Solve(){
	memset(d,0,sizeof d);
	rep(i,1,n=rd()) Ins(rd());
	cnt=0;
	rep(i,0,60) if(d[i]) p[cnt]=i,t[cnt++]=d[i];
	rep(ttt,1,rd()) printf("%lld\n",Work(rd()));
}

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4.Ivan and Burgers

至少要写了这道题，才算会了一点线性基

这题我们直接离线询问，思考，对于一段前缀\(a[\lbrace 1...r \rbrace ]\)的线性基，如何查询任意一个区间\(l_x,r\)的答案?

我们考虑线性基中的元素冲突时，应该取最大的一个，替换最小的一个，这样就保证了贡献的最优性，即可完成查询！

（仿佛很简单）

如何实现呢？我这里有一种暴力的做法

int d[30],t[30];
inline void Insert(int x,int id){
	drep(i,20,0) if(x&(1<<i)) {
		if(d[i]) x^=d[i];
		else {
			d[i]=x;
			t[i]=id;
			break;
		}
	}
}

int tmp[N];
inline void Ins(int x,int id){
	int mi=1e9,p=-1;
	drep(i,20,0) if(x&(1<<i)) {
		if(d[i]) {
			x^=d[i];
			if(t[i]<mi) mi=t[i],p=i;
		} else {
			d[i]=x,t[i]=id;
			break;
		}
	}
	int cnt=0;
	if(!x&&~p) t[p]=id;
	drep(j,20,0) if(d[j]) tmp[++cnt]=t[j],d[j]=0;
	sort(tmp+1,tmp+cnt+1,greater<int>());
	rep(j,1,cnt) Insert(a[tmp[j]],tmp[j]);
}

是不是很暴力。。。

其实这个复杂度可以再优化，但是笔者就不多讲了

而且这个完全可以在线做的。。。

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5.路径最大异或和

注意这题问的是1-n的路径

首先这题我们要想出一个性质

任何一条路径的异或值都可以随意地与任意多个环相接!!!

（自己理解一下，很简单）

所以就是处理出环值，插入线性基，对1-n路径的异或值跑最大值就好了。。。

int n,m;
struct Edge{
	int to,nxt;
	ll w;
}e[E<<1];
int head[N],ecnt;
void AddEdge(int u,int v,ll w){
	e[++ecnt]=(Edge){v,head[u],w};
	head[u]=ecnt;
}
#define erep(u,i) for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
int from[E],to[E];
ll len[E];
ll dis[N];
int vis[N];
void dfs(int u){
	vis[u]=1;
	erep(u,i){
		int v=e[i].to;
		if(vis[v]) continue;
		dis[v]=dis[u]^e[i].w;
		dfs(v);
	}
}

ll d[70];
bool Ins(ll x){
	drep(i,60,0) if(x&(1ll<<i)) {
		if(d[i]) x^=d[i];
		else {
			d[i]=x;
			return true;
		}
	}
	return false;
}

int main() {
	n=rd(),m=rd();
	rep(i,1,m) {
		int u=rd(),v=rd();
		ll w;scanf("%lld",&w);
		AddEdge(u,v,w);
		AddEdge(to[i]=v,from[i]=u,len[i]=w);
	}
	dfs(1);
	rep(i,1,m) Ins(len[i]^dis[from[i]]^dis[to[i]]);
	ll Ans=dis[n];
	drep(i,60,0) if((Ans^d[i])>Ans) Ans^=d[i];
	printf("%lld\n",Ans);
}

6.Xor-matic Number of the Graph-CodeForces - 724G

直接看我的另一篇题解吧

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