我們考慮這樣一個問題：給定 \(N\) 個整數 \(A_1,A_2,\dots,A_N\)。求能異或出多少種不同的值。
我們考慮用一個集合 \(S\) 記錄目前能湊出來的數字。
當我們要加入 \(A_i\) 時，如果 \(A_i\not \in S\)，則 \(x\oplus A_i(x\in S)\) 一定都不在 \(S\) 中，否則可以透過 \((x\oplus A_i)\oplus x\) 湊出 \(A_i\)。反之，如果 \(A_i\in S\)，則 \(x\oplus A_i(x\in S)\) 一定在 \(S\) 中。
所以只要 \(A_i\not \in S\)，則 \(|S|\) 就會翻倍。這樣的空間肯定是無法接受的。
但是我們能觀察到這樣最多隻會翻倍 \(\log \max\{A_i\}\) 次，因為經過這麼多次後一定 \(|S|\ge \max\{A_i\}\)，所以不可能再有元素 \(\not \in S\)。我們考慮只記錄使 \(|S|\) 翻倍的元素，這樣空間就可接受了。而線性基就是能表示出整個陣列的最小子集。
但是這樣就不能快速判斷 \(x\) 是否在 \(S\) 中，所以考慮對線性基進行變換。
很容易想到 \([X_1,X_2,\dots,X_k]\) 等價於 \([X_1\oplus X_2,X_2,\dots,X_k]\)，所以我們用這樣的方式進行變換。
我們對於 \(i=0,1,\dots,\log \max\{A_i\}\) 記錄至多一個最高位為 \(i\) 的元素 \(d_i\)。每次插入元素 \(x\) 時，從高到底列舉每一位，如果當前這一位上為 \(1\)，並且 \(d_i=0\)（這裡表示 \(d_i\) 不存在），那麼就令 \(d_i\leftarrow x\)，並結束。如果 \(d_i\ne 0\)，則令 \(x\leftarrow x\oplus d_i\)，這麼做是為了保證 \(x\) 的最高位變得 \(< i\)。
而判斷 \(x\) 是否在 \(S\) 中也很簡單，同樣從高到低列舉，如果當前這位是 \(1\) 就異或 \(d_i\)。如果最後 \(x=0\) 則可以被湊出，否則不行。
由於線性基中的元素不能相互異或出來，所以能異或出 \(2^{|d|}-1\) 種。
空間複雜度 \(O(\log \max\{A_i\})\)，時間複雜度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)。
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 65;
int n;
ll d[MAXN], ans;
void add(ll x) {
for(ll i = 61; i >= 0; --i) {
if(x & (1ll << i)) {
if(d[i]) {
x ^= d[i];
}else {
d[i] = x;
return;
}
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
ll x;
cin >> x;
add(x);
}
for(int i = 61; i >= 0; --i) {
ans = max(ans, (ans ^ d[i]));
}
cout << ans;
return 0;
}
Luogu P3812
題目描述
給定 \(N\) 個數，求能異或出的最大值。
思路
首先對這些數建線性基，接著從高到低列舉每一位，如果 \(d_i\ne 0\) 且 \(ans\) 在這一位上是 \(0\)，則令 \(ans\leftarrow ans \oplus x\)。
空間複雜度 \(O(\log \max\{A_i\})\)，時間複雜度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)。
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 65;
int n;
ll d[MAXN], ans;
void add(ll x) {
for(ll i = 61; i >= 0; --i) {
if(x & (1ll << i)) {
if(d[i]) {
x ^= d[i];
}else {
d[i] = x;
return;
}
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
ll x;
cin >> x;
add(x);
}
for(int i = 61; i >= 0; --i) {
ans = max(ans, (ans ^ d[i]));
}
cout << ans;
return 0;
}
AT ABC141 F
題目描述
給定 \(N\) 個數 \(A_1,A_2,\dots,A_N\)，你要將其分成兩個非空集合，求兩個集合異或和之和的最大值。
思路
我們令 \(X=A_1\oplus A_2\oplus \dots\oplus A_N\)。如果 \(X\) 在某一位上為 \(1\)，那麼很明顯兩個集合的異或和中一個是 \(1\)，因此答案一定會加上這一位。否則兩個集合在這一位上的異或一定一樣，所以我們要儘可能讓這裡為 \(1\)。而這個可以使用線性基解決。
空間複雜度 \(O(\log \max\{A_i\})\)，時間複雜度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)。
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n;
ll res, ans, d[60];
void Insert(ll x) {
for(int i = 59; i >= 0; --i) {
if((x >> i) & 1) {
if(!d[i]) {
d[i] = x;
return;
}
x ^= d[i];
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
ll x;
cin >> x;
res ^= x;
Insert(x);
}
for(int i = 59; i >= 0; --i) {
if(!((res >> i) & 1)) {
ans = max(ans, ans ^ d[i]);
}else {
Insert(d[i] ^ (1ll << i));
}
}
cout << ans + (res ^ ans);
return 0;
}
CF 895 C
題目描述
給定 \(N\) 個數 \(A_1,A_2,\dots,A_N\)，求能乘出多少個完全平方數。
思路
我們可以用一個數每個質因子的次冪的奇偶性來表示一個數，而一個完全平方數就是 \(0\)，所以這個問題就轉化成了有多少種方法異或出 \(0\)。
在異或線性基中的元素是不可能異或出 \(0\) 的，但能夠異或出線性基外的所有元素，所以任何一個不線上性基的元素集合都能異或成 \(0\)，所以答案就為 \(2^{N-|d|}-1\)。
空間複雜度 \(O(N)\)，時間複雜度 \(O(NV)\)，其中 \(V=19\)（質數數量）。
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100001, MAXP = 19, MOD = int(1e9) + 7, p[MAXP] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67};
int n, a[MAXN], num[71], d[MAXN], ans;
bool op = 1;
int C(int x) {
int res = 0;
for(int i = 2; i * i <= x; ++i) {
while(x % i == 0) {
res ^= (1 << num[i]);
x /= i;
}
}
if(x > 1) {
res ^= (1 << num[x]);
}
return res;
}
void Insert(int x) {
for(int i = MAXP - 1; i >= 0; --i) {
if((x >> i) & 1) {
if(!d[i]) {
d[i] = x, ans--;
break;
}else {
x ^= d[i];
}
}
}
}
int Pow(int a, int b) {
int res = 1;
for(; b; a = 1ll * a * a % MOD, b >>= 1) {
if(b & 1) {
res = 1ll * res * a % MOD;
}
}
return res;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
for(int i = 0; i < MAXP; ++i) {
num[p[i]] = i;
}
cin >> n;
ans = n;
for(int i = 1, x; i <= n; ++i) {
cin >> x;
Insert(C(x));
}
cout << ((Pow(2, ans) - 1) % MOD + MOD) % MOD;
return 0;
}
CF 1902 F
題目描述
給定一顆樹，每個結點都有一個權值 \(A_i\)，有 \(Q\) 次詢問，每次詢問僅使用 \(u\) 到 \(v\) 路徑上的數能否湊出 \(k\)。
思路
我們對每個點都記錄一個線性基，這個線性基是從當前結點往根節點插入的。接著考慮怎麼把線性基從父親轉移到兒子。
很容易想到父親沒有插入線性基的元素，兒子肯定也不會插入。所以記錄插入線性基的元素，依次列舉並插入即可。
查詢時列舉插入線性基的元素，如果在路徑上就插入。再進行判斷。
由於至多隻有 \(\log \max\{A_i\}\) 個元素，所以空間複雜度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)，時間複雜度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)。
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 200001;
struct xor_linear_basis {
int d[20];
xor_linear_basis() {
fill(d, d + 20, 0);
}
bool Insert(int x) {
for(int i = 20; i >= 0; --i) {
if((x >> i) & 1) {
if(!d[i]) {
d[i] = x;
return 1;
}
x ^= d[i];
}
}
return 0;
}
bool In(int x) {
for(int i = 20; i >= 0; --i) {
if((x >> i) & 1) {
x ^= d[i];
}
}
return !x;
}
}d[MAXN];
int n, a[MAXN], q, f[19][MAXN], dep[MAXN];
vector<int> e[MAXN], ve[MAXN];
void dfs(int u, int fa) {
if(d[u].Insert(a[u])) {
ve[u].emplace_back(u);
}
for(int v : ve[fa]) {
if(d[u].Insert(a[v])) {
ve[u].emplace_back(v);
}
}
dep[u] = dep[fa] + 1, f[0][u] = fa;
for(int i = 1; i <= 18; ++i) {
f[i][u] = f[i - 1][f[i - 1][u]];
}
for(int v : e[u]) {
if(v != fa) {
dfs(v, u);
}
}
}
int LCA(int u, int v) {
if(dep[u] < dep[v]) {
swap(u, v);
}
int d = dep[u] - dep[v];
for(int i = 18; i >= 0; --i) {
if((d >> i) & 1) {
u = f[i][u];
}
}
if(u == v) {
return u;
}
for(int i = 18; i >= 0; --i) {
if(f[i][u] != f[i][v]) {
u = f[i][u], v = f[i][v];
}
}
return f[0][u];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
for(int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
cin >> u >> v;
e[u].emplace_back(v);
e[v].emplace_back(u);
}
dfs(1, 0);
cin >> q;
for(int i = 1, u, v, k; i <= q; ++i) {
cin >> u >> v >> k;
int l = LCA(u, v);
xor_linear_basis res;
for(int x : ve[u]) {
if(dep[x] >= dep[l]) {
res.Insert(a[x]);
}
}
for(int x : ve[v]) {
if(dep[x] >= dep[l]) {
res.Insert(a[x]);
}
}
cout << (res.In(k) ? "YES\n" : "NO\n");
}
return 0;
}