难说
T1
暴力可以写dp
只要你学过线性基那么你就会想怎么用线性基做，显然是要套点数据结构维护的。你要知道两个线性基可以在 \(O(\log^2 n)\) 的时间内合并，得到的线性基是原来两个的交。可以用线段树维护，复杂度 \(O((n+q)\log n\log^2 a)\)，难说能不能过。
没有修改，所以考虑用常熟小一点的数据结构，可以用ST表维护最值，复杂度 \(O(n\log n\log^2 a+q\log^2 a)\)，小了一点。
发现瓶颈在于 \(\log^2 a\) 的合并，看能不能优化成一个老哥。一个简单的思路是分治，把询问离线下来，处理跨过中点的询问，就只会对线性基产生 \(O(n\log n)\) 次的修改，复杂度被优化成 \(O(n\log n\log a+q\log^2 a)\)，好像能过了。
然后是正解，看不懂：
啥都能扫描线（
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll int
#define in inline
const ll N=1145140,M=1919810,inf=2e9,V=29;
ll n,Q,a[N],f[N],p[N],x;
ll ans[N];
struct xx{ll l,r,d,id;
}q[N];
bool cmp(xx x,xx y){return x.r<y.r;
}
bool flag;
void insert(ll x,ll id){for(ll i=V;i>=0;--i)if(x&(1ll<<i)){if(!f[i]){f[i]=x,p[i]=id;return;}else{if(id>p[i]){swap(id,p[i]);swap(x,f[i]);}x^=f[i];}}flag=1;
}
ll qmax(ll d,ll l){for(int i=V;i>=0;--i)if(p[i]>=l) d=max(d,d^f[i]);return d;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);n=read();for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();Q=read();for(int i=1;i<=Q;++i) q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].d=read(),q[i].id=i;//cin>>q[i].l>>q[i].r>>q[i].d,q[i].id=i;sort(q+1,q+Q+1,cmp);for(int i=1,j=1;i<=Q;++i){while(j<=q[i].r){insert(a[j],j);++j;}ans[q[i].id]=qmax(q[i].d,q[i].l);}for(int i=1;i<=Q;++i) write(ans[i]),putchar('\n');return 0;
}
T2
应该冲正解的，这个题其实真的挺简单的，就是建图。你会发现一个点能早到就尽量早到，不会因为可能错开车而使得时间不优。注意不需要在不同线路之间建边。
对每条线路把这个环建出来，每天边要记录 \(u\) 在线路中的下标（从 \(0\) 开始）和线路的长度用于计算到达时间。用 dij和SPFA 都行，但松弛过程中边权是根据 \(u\) 在线路中的位置和 \(dis[u]\) 确定的，具体看代码，很容易手推出来。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define eb emplace_back
#define pi pair<ll,ll>
const ll N=2*114514,M=1919810,inf=1e18;
ll n,m,t[N];
struct xx{ll v,t,le;
};
ll dis[N];
bool vis[N];
vector <xx> g[N];
priority_queue <pi,vector<pi>,greater<pi>> q;
void dij(){memset(dis,63,sizeof(dis));dis[1]=0,q.push({dis[1],1});while(!q.empty()){ll u=q.top().second; q.pop();if(vis[u]) continue;vis[u]=1;for(xx x:g[u]){ll v=x.v,t=x.t,le=x.le,w=0;if(dis[u]%le<=t) w=t-dis[u]%le+1;else w=le-dis[u]%le+t+1;if(dis[v]>dis[u]+w){dis[v]=dis[u]+w;q.push({dis[v],v});}}}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;++i){cin>>t[i];vector <ll> a;for(int j=1,x;j<=t[i];++j) cin>>x,a.eb(x);for(int j=0;j<t[i];++j) g[a[j]].eb((xx){a[(j+1)%t[i]],j,t[i]});}dij();for(int i=2;i<=n;++i)if(dis[i]==dis[0]) cout<<"-1 ";else cout<<dis[i]<<" ";return 0;
}
T3
智慧题。但是本来是把结论都推出来了，39pts的代码也打出来了，但是连犯两个最低级的错误，然后就没了。
不会。
