1、线性基：
若干数的线性基是一组数a1,a2,...an
，其中ax的最高位的1在第x
位。
通过线性基中元素xor
出的数的值域与原来的数xor
出数的值域相同。
2、线性基的构造法：
对每一个数p
从高位到低位扫，扫到第x位为1时，若ax不存在，则ax=p并结束此数的扫描，否则令p=p xor ax。
3、查询：
用线性基求这组数xor
出的最大值：从高往低扫ax，若异或上ax
使答案变大，则异或。
4、判断：
用线性基求一个数能否被xor
出：从高到低，对该数每个是1的位置x，将这个数异或上ax（注意异或后这个数为1的位置和原数就不一样了），若最终变为0，则可被异或出。当然需要特判0（在构造过程中看是否有p变为0即可）。例子：(11111,10001)的线性基是a5=11111，a4=01110，要判断11111能否被xor出，11111 xor a5=0，则这个数后来就没有是1的位置了，最终得到结果为0，说明11111能被xor
出。
个人谈一谈对线性基的理解:
很多情况下，只有有关异或运算和求最值，就可以用到线性基。线性基有很多很好的性质，比如说如果有很多个数，我们可以构出这些数的线性基，那么这个线性基可以通过互相xor
，能够构出原来的数可以相互xor构出的所有的数。所以可以大大减少判断的时间和次数。同时线性基的任何一个非空子集都不会使得其xor和为0，证明也很简单，反证法就可以说明。这个性质在很多题目中可以保证算法合法性，比如：BZ
。
构造的方法有点像贪心，从大到小保证高位更大。也比较好理解。就是这几行代码：
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1
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3
4
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7
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9
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11
12
13
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for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=62;j>=0;j--) { if(!(a[i]>>j)) continue;//对线性基的这一位没有贡献 if(!p[j]) { p[j]=a[i]; break; }//选入线性基中 a[i]^=p[j]; } } |
可以把n
个数变成只有最大的数的二进制位数那么多个数，这就是线性基的优秀之处。
查询的话，也是一个贪心思想，如果可以使得ans
更大，就把这一位的基xor进ans
。
1 for(int i=62;i>=0;i--) if((ans^p[i])>ans) ans=ans^p[i];//从线性基中得到最大值
这就是线性基的基本用法和个人的一些理解。
转载自ljh2000
继续刷线性基...
这道题要求从1到n的最大xor和路径，存在重边，允许经过重复点、重复边。那么在图上作图尝试之后就会发现，路径一定是由许多的环和一条从1到n的路径组成。容易发现，来回走是没有任何意义的，因为来回走意味着抵消。考虑这道题求得是路径xor和最大，所以必然我们要想办法处理环的情况。我的做法是任意地先找出一条从1到n的路径，把这条路径上的xor和作为ans初值（先不管为什么可行），然后我们的任务就变成了求若干个环与这个ans初值所能组合成的xor最大值。显然，我们需要预处理出图上所有的环，并处理出所有环的环上xor值，这当然是dfs寻找，到n的路径的时候顺便求一下就可以了。
当我们得到了若干个环的xor值之后，因为是要求xor最大值，我们就可以构出这所有xor值的线性基。构出之后，再用ans在线性基上取max就可以了。
现在我们来讨论上述做法的可行性。
第一种情况：我们对最终答案产生贡献的某个环离1到n的主路径很远，这样的话，因为至少可以保证1可以到达这个环，那么我们可以走到这个环之后绕环一周之后原路返回，这样从1走到环的路上这一段被重复经过所以无效，但是环上的xor值被我们得到了，所以我们并不关心这个环和主路径的关系，我们只关心环的权值。
第二种情况：我们任意选取的到n的路径是否能保证最优性。假设存在一条更优的路径从1到n，那么这条路径与我们原来的路径构成了一个环，也就会被纳入线性基中，也会被计算贡献，假如这个环会被经过，那么最后的情况相当于是走了两遍原来选取的路径，抵消之后走了一次这个最优路径，所以我们无论选取的是哪条路径作为ans初值，都可以通过与更优情况构成环，然后得到一样的结果。这一证明可以拓展到路径上的任意点的路径选取。
这样我们就可以完美解决了。我第一次WA了一发，因为我没有考虑到ans初值不为0，在线性基上取到xor的max的时候，不能单纯以ans这一位是否为0来决定是否异或上基的这一位，必须要看异或之后取一个max做一个判断才行。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; struct my{ int v; int next; ll w; }; const int maxm=200000+10; const int maxn=50000+10; int adj[maxn],top,fa,n,m; bool vis[maxn]; my bian[maxm]; ll dn[maxm],quan[maxm],p[100]; void myinsert(int u,int v,ll w){ bian[++fa].v=v; bian[fa].next=adj[u]; bian[fa].w=w; adj[u]=fa; } void dfs(int u){ vis[u]=true; for (int i=adj[u];i;i=bian[i].next){ int v=bian[i].v; ll w=bian[i].w; if(!vis[v]) dn[v]=dn[u]^w,dfs(v); else quan[++top]=dn[v]^w^dn[u]; } } int main(){ int n,m; int u,v; ll w; scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w); myinsert(u,v,w); myinsert(v,u,w); } dfs(1); ll ans=dn[n]; for (int i=1;i<=top;i++){ for (int j=62;j>=0;j--){ if(!(quan[i]>>j)) continue; if(!p[j]) {p[j]=quan[i];break;} quan[i]^=p[j]; } } for (int i=62;i>=0;i--) if((ans^p[i])>ans) ans=ans^p[i]; printf("%lld ",ans); return 0; }