我们考虑这样一个问题：给定 \(N\) 个整数 \(A_1,A_2,\dots,A_N\)。求能异或出多少种不同的值。
我们考虑用一个集合 \(S\) 记录目前能凑出来的数字。
当我们要加入 \(A_i\) 时，如果 \(A_i\not \in S\)，则 \(x\oplus A_i(x\in S)\) 一定都不在 \(S\) 中，否则可以通过 \((x\oplus A_i)\oplus x\) 凑出 \(A_i\)。反之，如果 \(A_i\in S\)，则 \(x\oplus A_i(x\in S)\) 一定在 \(S\) 中。
所以只要 \(A_i\not \in S\)，则 \(|S|\) 就会翻倍。这样的空间肯定是无法接受的。
但是我们能观察到这样最多只会翻倍 \(\log \max\{A_i\}\) 次，因为经过这么多次后一定 \(|S|\ge \max\{A_i\}\)，所以不可能再有元素 \(\not \in S\)。我们考虑只记录使 \(|S|\) 翻倍的元素，这样空间就可接受了。而线性基就是能表示出整个数组的最小子集。
但是这样就不能快速判断 \(x\) 是否在 \(S\) 中，所以考虑对线性基进行变换。
很容易想到 \([X_1,X_2,\dots,X_k]\) 等价于 \([X_1\oplus X_2,X_2,\dots,X_k]\)，所以我们用这样的方式进行变换。
我们对于 \(i=0,1,\dots,\log \max\{A_i\}\) 记录至多一个最高位为 \(i\) 的元素 \(d_i\)。每次插入元素 \(x\) 时，从高到底枚举每一位，如果当前这一位上为 \(1\)，并且 \(d_i=0\)（这里表示 \(d_i\) 不存在），那么就令 \(d_i\leftarrow x\)，并结束。如果 \(d_i\ne 0\)，则令 \(x\leftarrow x\oplus d_i\)，这么做是为了保证 \(x\) 的最高位变得 \(< i\)。
而判断 \(x\) 是否在 \(S\) 中也很简单，同样从高到低枚举，如果当前这位是 \(1\) 就异或 \(d_i\)。如果最后 \(x=0\) 则可以被凑出，否则不行。
由于线性基中的元素不能相互异或出来，所以能异或出 \(2^{|d|}-1\) 种。
空间复杂度 \(O(\log \max\{A_i\})\)，时间复杂度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)。
代码
#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
题目描述
给定 \(N\) 个数，求能异或出的最大值。
思路
首先对这些数建线性基，接着从高到低枚举每一位，如果 \(d_i\ne 0\) 且 \(ans\) 在这一位上是 \(0\)，则令 \(ans\leftarrow ans \oplus x\)。
空间复杂度 \(O(\log \max\{A_i\})\)，时间复杂度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)。
代码
#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
题目描述
给定 \(N\) 个数 \(A_1,A_2,\dots,A_N\)，你要将其分成两个非空集合，求两个集合异或和之和的最大值。
思路
我们令 \(X=A_1\oplus A_2\oplus \dots\oplus A_N\)。如果 \(X\) 在某一位上为 \(1\)，那么很明显两个集合的异或和中一个是 \(1\)，因此答案一定会加上这一位。否则两个集合在这一位上的异或一定一样，所以我们要尽可能让这里为 \(1\)。而这个可以使用线性基解决。
空间复杂度 \(O(\log \max\{A_i\})\)，时间复杂度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)。
代码
#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
题目描述
给定 \(N\) 个数 \(A_1,A_2,\dots,A_N\)，求能乘出多少个完全平方数。
思路
我们可以用一个数每个质因子的次幂的奇偶性来表示一个数，而一个完全平方数就是 \(0\)，所以这个问题就转化成了有多少种方法异或出 \(0\)。
在异或线性基中的元素是不可能异或出 \(0\) 的，但能够异或出线性基外的所有元素，所以任何一个不在线性基的元素集合都能异或成 \(0\)，所以答案就为 \(2^{N-|d|}-1\)。
空间复杂度 \(O(N)\)，时间复杂度 \(O(NV)\)，其中 \(V=19\)（质数数量）。
代码
#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
题目描述
给定一颗树，每个结点都有一个权值 \(A_i\)，有 \(Q\) 次询问，每次询问仅使用 \(u\) 到 \(v\) 路径上的数能否凑出 \(k\)。
思路
我们对每个点都记录一个线性基，这个线性基是从当前结点往根节点插入的。接着考虑怎么把线性基从父亲转移到儿子。
很容易想到父亲没有插入线性基的元素，儿子肯定也不会插入。所以记录插入线性基的元素，依次枚举并插入即可。
查询时枚举插入线性基的元素，如果在路径上就插入。再进行判断。
由于至多只有 \(\log \max\{A_i\}\) 个元素，所以空间复杂度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)，时间复杂度 \(O(N\log \max\{A_i\})\)。
代码
#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;
}
