P4151 [WC2011]最大XOR和路径
题目描述
XOR（异或）是一种二元逻辑运算，其运算结果当且仅当两个输入的布尔值不相等时才为真，否则为假。 XOR 运算的真值表如下（ 1 表示真， 0 表示假）：
而两个非负整数的 XOR 是指将它们表示成二进制数，再在对应的二进制位进行 XOR 运算。
譬如 12 XOR 9 的计算过程如下：
故 12 XOR 9 = 5 。
容易验证， XOR 运算满足交换律与结合律，故计算若干个数的 XOR 时，不同的计算顺序不会对运算结果造成影响。从而，可以定义 KK 个非负整数 (A_1),(A_2) ,(……) , (A_{K-1}),(A_K)的 XOR 和为
(A_1) XOR (A_2) XOR …… XOR (A_{K-1}) XOR (A_K)
考虑一个边权为非负整数的无向连通图，节点编号为 1 到 N ，试求出一条从 1 号节点到 N 号节点的路径，使得路径上经过的边的权值的 XOR 和最大。
路径可以重复经过某些点或边，当一条边在路径中出现了多次时，其权值在计算 XOR 和时也要被计算相应多的次数，具体见样例。
输入输出格式
输入格式：
输入文件 xor.in 的第一行包含两个整数 (N) 和 (M) ， 表示该无向图中点的数目与边的数目。
接下来 M 行描述 M 条边，每行三个整数 (S_i) ， (T_i) ， (D_i) ， 表示 (S_i) 与 (T_i) 之间存在一条权值为 (D_i) 的无向边。
图中可能有重边或自环。
输出格式：
输出文件 xor.out 仅包含一个整数，表示最大的 XOR 和（十进制结果）。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
5 7
1 2 2
1 3 2
2 4 1
2 5 1
4 5 3
5 3 4
4 3 2
输出样例#1： 复制
6
说明
【样例说明】
如图，路径 (1 ightarrow 2 ightarrow 4 ightarrow 3 ightarrow 5 ightarrow 2 ightarrow 4 ightarrow 5)对应的XOR和为
2 XOR 1 XOR 2 XOR 4 XOR 1 XOR 1 XOR 3=6
当然，一条边数更少的路径 (1 ightarrow 3 ightarrow 5) 对应的XOR和也是 2 XOR 4 = 6 。
【数据规模】
对于 (20 \%) 的数据， (N leq 100) ， (M leq 1000) ， (D_i) (leq) (10^{4}) ；
对于 (50 \%) 的数据， (N leq 1000) ， (M leq 10000) ， (D_i) (leq) (10^{18}) ；
对于 (70 \%) 的数据， (N leq 5000) ， (M) (leq) (50000) ， (D_i) (leq) (10^{18}) ；
对于 (100 \%) 的数据， (N leq 50000) ， (M leq 100000) ， (D_i leq 10^{18}) 。
题解
怎么说呢。有这样一条定理
（不知道这个之前的我根本不会做这道题）
- 任意一条 (1) 到 (n) 的路径的异或和，都可以由任意一条 (1) 到 (n) 路径的异或和与图中的一些环的异或和来组合得到。
为什么？
如果我们走一条路径的话，如果路径上存在一个环，那么这个环的总异或值就可以下放到线性基。因为把这个环走两遍就等于没走这个环，同样我如果是由一条路径到的这个环，沿原路返回，那等于那条路径没走，只走了环。
在这种条件下，我们可以考虑把环储存为一个线性基的元素。因为这个元素是可选和可不选的。
那么为什么是任意的简单路径呢?
因为 (1) 到 (N) 的简单路径是必须要走的。这显然。
然后如果有多条 (1) 到 (N) 的路径，那么这显然也构成一个环，也是可以抵消异或的任意一条其他的路径的是吧。
然后这个题目就好做了咕咕咕。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
ll dis[50001],sum[101],b[101];
ll n,m,vis[50001];
int head[100001],num;
struct node{
int next,to;
ll v;
}e[100001<<1];
ll read()
{
ll x=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*w;
}
void add(int from,int to,ll v){
num++;
e[num].to=to;
e[num].v=v;
e[num].next=head[from];
head[from]=num;
}
void update(ll x){
for(int i=60;i>=0;i--){
if(sum[i]&x){
if(b[i])x^=b[i];
else {
b[i]=x;
break;
}
}
}
}
void dfs(int x){
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(vis[v])update(dis[v]^e[i].v^dis[x]);
else dis[v]=dis[x]^e[i].v,dfs(v);
}
}
ll query(ll x){
ll ans=x;
for(int i=60;i>=0;i--){
if((ans^b[i])>ans)ans^=b[i];
}
return ans;
}
int main()
{
n=read();m=read();
sum[0]=1;for(int i=1;i<=60;i++)sum[i]=sum[i-1]*2;
for(int i=1;i<=m;i++){
ll x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z);add(y,x,z);
}
dfs(1);
printf("%lld",query(dis[n]));
return 0;
}