正片(:)

类比([WC) (2011]) 最大(xor)和路径(,) 我们肯定要找环(,) 找完环后再用环去构造线性基(,) 因为还是那句话嘛(:) 任何一条复杂路径(,) 都能有起始两点的一条简单路径再加上若干个环组成。
那么接下来的问题就是(:)如何求出亦或值的和？
(en)~~~，直接依据线性基，求出可以被这个线性基构造出的所有亦或值的和，然后相加，呃，是个好方法。
可惜(,) 很不幸(,) (xor)不满足分配律。然后我又冥思苦想了2天，终于找到了“(n)个数中，任取几个数的亦或和的和”这个问题的(O(n*63*63))的做法，高兴了好一阵子，然后发现。。。哎(,) 现在想想还是难受啊。
然后痛定思痛(,) 改变视角——(woc)，原来这么简单(!)
不再考虑每一对数的(xor)和，我们改变目标 (,)去求：对于每一对点的每一位，有多少种方案能使该位的(xor)和位1。
对于我们原先就求出来的(d[1])到(d[n]) (()就是各个点到1号点的一条简单路径的(xor)和()) (,) 我们要想求出(u)到(v)的一条简单路径(,) 只需要用(d[u]) (xor) (d[v])即可(,) 因为重复走到路径会因为(xor)操作而抵消掉。
若线性基中有(cnt)个非零位，则一共会产生(2^{cnt})个不同的(xor)值。
知道了这些以后(,) 我们就可以开始讨论了(:)
(1.) (d[u]) (xor) (d[v])第(k)位为1：这样的话，我们就需要不取第(k)个线性基(()因为只有第(k)位为1了才会对答案产生贡献嘛(!) ()) (,) 这样的话，该项对于答案的贡献即为(:) (2^{k}*2^{cnt-1})。

(2.) (d[u]) (xor) (d[v])第(k)位为0(:) 显然，一定要取(k)个线性基(,) 对答案的贡献即为(:) (2^k*2^{cnt-1})。

尽管这样(,) 时间复杂度依然是(O(n^2*63))的(,) 吃不消(,) 那么哪里还有优化的空间呢(?)
注意到(,) (d[i])第(k)位的值是固定的(,) 那么我们就可以不单独讨论("d[u]) xor (d[v]")对于答案的贡献(,) 直接讨论(d[u])对于答案的贡献。
先统计出第(k)位为(0)的数的个数(,) 我们将其记为(x) (,) 再统计出第(k)位为(1)的数的个数(,) 记为(y) (,) 总共有(point)个点。
分为(4)种情况讨论(:)
(1.) (d[i])的第(k)位为(1) (,) 线性基中有第(k)位为(1)的数(:) 此时我们有两种选择：(a.) 选线性基中的(,) 另一个点选择第(k)位为(0)的。 (b.) 不选线性基中的(,) 另一个点选择第(k)位为(1)的。总体对于答案的贡献为：(2^k*2^{cnt-1}*(point-1)) (,) 减(1)就是为了把自己给去掉。

(2.) (d[i])的第(k)位为(1) (,) 线性基中没有第(k)位为(1)的数(:) 这个时候另一个点只能取第(k)位为(0)的(,) 所以总贡献为(:) (2^k*2^{cnt}*x)。

(3.) (d[i])的第(k)位为(0) (,) 线性基中有第(k)位为(1)的数(:) 一样的(,) 两种选择(:) (a.) 选线性基中的(,) 另一个点选择第(k)位为(0)的。 (b.) 不选线性基中的(,) 另一个点选择第(k)位为(1)的。总贡献为(:) (2^k*2^{cnt-1}*(point-1))。

(3.) (d[i])的第(k)位为(0) (,) 线性基中没有第(k)位为(1)的数(:) 另一个点只能取第(k)位为(1)的(,) 总贡献(:) (2^k*2^{cnt}*y)。

最后别忘记给答案除个(2)就(OK)啦(!()要用逆元哦())

代码(:)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=100005,M=400005,p=1e9+7,inv=500000004;
ll b[65],dist[M],d[N],a[N],two[65],s[N],z,ans,cnt,point;
int head[N],vet[M],nxt[M],c[65],n,m,x,y,tot;
bool vis[N],used[M];
void add(int x,int y,ll z){
    nxt[++tot]=head[x];
    vet[tot]=y;
    head[x]=tot;
    dist[tot]=z;
}
void insert(ll x){
    for (int i=62;i>=0;i--)
        if (x>>i)
            if (b[i]) x^=b[i];
            else {b[i]=x; break;}
}
void dfs(int u){
    a[++point]=d[u]; vis[u]=true;
    for (int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=vet[i];
        if (!vis[v]){
            d[v]=d[u]^dist[i];
            dfs(v);
        } else
            if (!used[i^1]){
                used[i^1]=true;
                insert(d[u]^d[v]^dist[i]);
            }
    }
}
ll calc(){
    ll ans=0;
    for (int j=0;j<=62;j++){
        ll x=0,y=0,flag=0;
        for (int i=1;i<=point;i++)
            if (a[i]>>j&1) x++; else y++;
        for (int i=0;i<=62;i++)
            if (b[i]>>j&1) flag=1;
        for (int i=1;i<=point;i++)
            if (a[i]>>j&1)
                if (flag)
                    (ans+=two[cnt-1]*(ll)(point-1)%p*two[j]%p)%=p;
                else
                    (ans+=two[cnt]*y%p*two[j]%p)%=p;
            else
                if (flag)
                    (ans+=two[cnt-1]*(ll)(point-1)%p*two[j]%p)%=p;
                else
                    (ans+=two[cnt]*x%p*two[j]%p)%=p;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d %d",&n,&m); tot=1;
    for (int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d %d %lld",&x,&y,&z);
        add(x,y,z); add(y,x,z);
    }
    two[0]=1;
    for (int i=1;i<=64;i++)
    	two[i]=two[i-1]*2%p;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    	if (!vis[i]){
    		memset(b,0,sizeof(b));
            memset(c,0,sizeof(c));
    		point=0,cnt=0;
            dfs(i);
    		for (int j=0;j<=62;j++) cnt+=(b[j]>0);
    		(ans+=calc())%=p;
        }
        ans=ans*inv%p;
    	printf("%lld
",ans);
    return 0;
}