【BZOJ2322】[BeiJing2011]夢想封印 高斯消元求線性基+DFS+set
【BZOJ2322】[BeiJing2011]夢想封印
Description
漸漸地，Magic Land上的人們對那座島嶼上的各種現象有了深入的了解。
為了分析一種奇特的稱為夢想封印（Fantasy Seal）的特技，需要引入如下的概念：
每一位魔法的使用者都有一個“魔法脈絡”，它決定了可以使用的魔法的種類。
一般地，一個“魔法脈絡”可以看作一個無向圖，有N個結點及M條邊，將結點編號為1~N，其中有一個結點是特殊的，稱為核心（Kernel），記作1號結點。每一條邊有一個固有（即生成之後再也不會發生變化的）權值，是一個不超過U的自然數。
每一次魔法驅動，可看作是由核心（Kernel）出發的一條有限長的道路（Walk），可以經過一條邊多次，所驅動的魔法類型由以下方式給出：
將經過的每一條邊的權值異或（xor）起來，得到s。
如果s是0，則驅動失敗，否則將驅動編號為s的魔法（每一個正整數編號對應了唯一一個魔法）。
需要註意的是，如果經過了一條邊多次，則每一次都要計入s中。
這樣，魔法脈絡決定了可使用魔法的類型，當然，由於魔法與其編號之間的關系尚未得到很好的認知，此時人們僅僅關註可使用魔法的種類數。
夢想封印可以看作是對“魔法脈絡”的破壞：
該特技作用的結果是，“魔法脈絡”中的一些邊逐次地消失。
我們記總共消失了Q條邊，按順序依次為Dis1、Dis2、……、DisQ。
給定了以上信息，你要計算的是夢想封印作用過程中的效果，這可以用Q+1個自然數來描述：
Ans0為初始時可以使用魔法的數量。
Ans1為Dis1被破壞（即邊被刪去）後可以使用魔法的數量。
Ans2為Dis1及Dis2均被破壞後可使用魔法的數量。
……
AnsQ為Dis1、Dis2、……、DisQ全部被破壞後可以使用魔法的數量。
Input
第一行包含三個正整數N、M、Q。
接下來的M行，每行包含3個整數，Ai、Bi、Wi，表示一條權為Wi的與結點Ai、Bi關聯的無向邊，其中Wi是不超過U的自然數。
接下來Q行，每行一個整數：Disi。
Output
一共包Q+1行，依次為Ans0、Ans1、……、AnsQ。
Sample Input
【輸入樣例1】3 3 2
1 2 1
2 3 2
3 1 4
1
3
【輸入樣例2】
5 7 7
1 2 1
1 3 1
2 4 2
2 5 2
4 5 4
5 3 9
4 3 1
7
6
5
4
3
2
1
Sample Output
【輸出樣例1】5
2
0
【樣例1解釋】
初始時可使用編號為1、3、4、6、7的魔法。
在刪去第1條邊（連結1、2結點的邊）後，可使用4和6號魔法。
第3條邊（連結第1、3結點的邊）也被刪去後，核心（Kernel）即結點1孤立，易知此時無法使用魔法。
【輸出樣例2】
15
11
5
2
2
1
1
0
HINT
【數據規模和約定】
所有數據保證該無向圖不含重邊、自環。
所有數據保證不會有一條邊被刪除多次，即對於不同i和j，有Disi≠Disj
30%的數據中N ≤ 50，M ≤ 50，Q ≤50，U≤100；
60%的數據中N ≤ 300，M ≤ 300，Q ≤50，U≤10^9；
80%的數據中N ≤ 300，M ≤ 5000，Q ≤5000，U≤10^18；
100%的數據中N ≤ 5000，M ≤ 20000，Q ≤20000，U≤10^18；
題解：又一道神題
我們回憶2155那道題的做法：所有從1到一個點的路徑的異或和 都可以表示成 任意一條從1到該節點的路徑 和 某些簡單環 的異或和。
那麽本題變成了動態求異或和的種類數，我們首先的思路就是將刪邊變成倒著往圖中加邊。然後思考一下我們具體都需要維護些什麽。
從答案的角度分析，答案=（所有本質不同的路徑數）*2^（本質不同的環的個數）-1，註意本質不同的路徑包括哪裏都不走，所以最後要-1。具體本質不同是什麽意思呢？
回憶2155那道題，本質不同的環的意思就是：將所有環高斯消元後得到的線性基，因為這樣就可以表示任意環的異或和。
那麽本質不同的路徑的意思也就出來了，我們最終得到的不簡單的路徑的異或和=任意一條簡單路徑的異或和^任意一些環的異或和，所以兩條簡單路徑本質不同當且僅當它們用線性基消元後，得到的值不同。具體地，我們可以用set來維護這樣的路徑。
好了，分析了這麽多，現在我們終於可以得出一個可行的做法了：當加入邊(a,b)時：
1.若a,b都已經被訪問過（或者說加入的是一條非樹邊），我們此時得到了一個簡單環，將這個簡單環的異或和放到線性基中消元，如果沒有消成0，那就說明我們應該將這個圓加入到線性基中去，直接把它加入到線性基中對應的位置就行了。但是註意一點，更改線性基後，之前的路徑並沒有被這條邊消元，所以要把set裏的邊一個一個取出來，重新消元再塞回去。
2.若a被訪問過b沒有被訪問過（或者說加入了一條樹邊），我們應該DFSb所在的連通塊。在DFS的過程中，每搜到一個點，我們就計算出從1到這個點的路徑的異或和，消元後看一下跟以前的是否重復，如果不重復就扔到set裏。此外，每搜到一條樹邊，我們就繼續向下搜索；每搜到一條非樹邊，我們就又得到了一個簡單環，按照1中的處理方法去處理就行了。
3.若a,b都沒有被訪問過（我們也不知道它將會是樹邊還是非樹邊），不用管就好。
感覺實現要比理論簡單一些。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <set>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,m,cnt,q;
int to[40010],next[40010],head[10010],pa[40010],pb[40010],del[40010],tag[40010],vis[10010];
ll val[40010],dis[10010],pc[40010],ans[40010];
ll v[110];
set<ll> s;
set<ll>::iterator it;
bool cmp(ll a,ll b)
{
return a>b;
}
ll query(ll x)
{
for(int j=1;j<=v[0];j++) if((x^v[j])<x) x^=v[j];
return x;
}
void updata(ll x)
{
if(!x) return ;
ll tmp;
for(it=s.begin();it!=s.end();it=s.upper_bound(tmp))
{
tmp=*it;
if((tmp^x)<tmp) s.erase(it),s.insert(tmp^x);
}
v[++v[0]]=x;
for(int j=v[0];j>=2;j--)
{
if(v[j]>v[j-1]) swap(v[j],v[j-1]);
else break;
}
}
void add(int a,int b,ll c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void dfs(int x,int fa)
{
vis[x]=1;
ll tmp=query(dis[x]);
if(tmp&&s.find(tmp)==s.end()) s.insert(tmp);
for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])
{
if(to[i]==fa) continue;
if(!vis[to[i]]) dis[to[i]]=dis[x]^val[i],dfs(to[i],x);
else updata(query(dis[x]^dis[to[i]]^val[i]));
}
}
void insert(int a,int b,ll c)
{
add(a,b,c),add(b,a,c);
if(vis[a]&&vis[b])
{
updata(query(dis[a]^dis[b]^c));
return ;
}
if(!vis[a]&&!vis[b]) return ;
if(vis[b]) swap(a,b);
dis[b]=dis[a]^c,dfs(b,a);
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
vis[1]=1;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
int i;
for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%lld",&pa[i],&pb[i],&pc[i]);
for(i=1;i<=q;i++) scanf("%d",&del[i]),tag[del[i]]=1;
for(i=1;i<=m;i++) if(!tag[i]) insert(pa[i],pb[i],pc[i]);
s.insert(0);
ans[q+1]=(s.size()*1ll<<v[0])-1;
for(i=q;i>=1;i--)
{
insert(pa[del[i]],pb[del[i]],pc[del[i]]);
ans[i]=(s.size()*(1ll<<v[0]))-1;
}
for(i=1;i<=q+1;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
【BZOJ2322】[BeiJing2011]夢想封印 高斯消元求線性基+DFS+set