Xor
2115: [Wc2011] Xor
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 259 MBSubmit: 5811 Solved: 2474
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Description
Input
第一行包含两个整数N和 M， 表示该无向图中点的数目与边的数目。 接下来M 行描述 M 条边，每行三个整数Si，Ti ，Di，表示 Si 与Ti之间存在 一条权值为 Di的无向边。 图中可能有重边或自环。
Output
仅包含一个整数，表示最大的XOR和（十进制结果）,注意输出后加换行回车。
Sample Input
1 2 2
1 3 2
2 4 1
2 5 1
4 5 3
5 3 4
4 3 2
Sample Output
HINT
Source
HOME Back
分析
https://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/p/5869925.html
这道题要求从1到n的最大xor和路径，存在重边，允许经过重复点、重复边。那么在图上作图尝试之后就会发现，路径一定是由许多的环和一条从1到n的路径组成。容易发现，来回走是没有任何意义的，因为来回走意味着抵消。考虑这道题求得是路径xor和最大，所以必然我们要想办法处理环的情况。我的做法是任意地先找出一条从1到n的路径，把这条路径上的xor和作为ans初值（先不管为什么可行），然后我们的任务就变成了求若干个环与这个ans初值所能组合成的xor最大值。显然，我们需要预处理出图上所有的环，并处理出所有环的环上xor值，这当然是dfs寻找，到n的路径的时候顺便求一下就可以了。
当我们得到了若干个环的xor值之后，因为是要求xor最大值，我们就可以构出这所有xor值的线性基。构出之后，再用ans在线性基上取max就可以了。
现在我们来讨论上述做法的可行性。
第一种情况：我们对最终答案产生贡献的某个环离1到n的主路径很远，这样的话，因为至少可以保证1可以到达这个环，那么我们可以走到这个环之后绕环一周之后原路返回，这样从1走到环的路上这一段被重复经过所以无效，但是环上的xor值被我们得到了，所以我们并不关心这个环和主路径的关系，我们只关心环的权值。
第二种情况：我们任意选取的到n的路径是否能保证最优性。假设存在一条更优的路径从1到n，那么这条路径与我们原来的路径构成了一个环，也就会被纳入线性基中，也会被计算贡献，假如这个环会被经过，那么最后的情况相当于是走了两遍原来选取的路径，抵消之后走了一次这个最优路径，所以我们无论选取的是哪条路径作为ans初值，都可以通过与更优情况构成环，然后得到一样的结果。这一证明可以拓展到路径上的任意点的路径选取。
时间复杂度(O(n+m+m log d))。
因为是异或操作，所以找环不需要找出所有环，只需要记录在一次DFS的过程中找出来的环就行了。其余的环一定可以由这些环异或得到。
co int N=5e4+1;
int n,m,tot=0;
vector<pair<int,ll> > e[N];
bool v[N];
ll d[N],a[N*6],f[66];
void dfs(int x){
v[x]=1;
for(unsigned i=0;i<e[x].size();++i){
int y=e[x][i].first;
ll z=e[x][i].second;
if(v[y]) a[++tot]=d[x]^d[y]^z;
else d[y]=d[x]^z,dfs(y);
}
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=m;++i){
int x,y;
ll z;
read(x),read(y),read(z);
e[x].push_back(make_pair(y,z)),e[y].push_back(make_pair(x,z));
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=tot;++i)
for(int j=60;j>=0;--j)if(a[i]>>j&1){
if(!f[j]) {f[j]=a[i];break;}
a[i]^=f[j];
}
ll ans=d[n];
for(int i=60;i>=0;--i)
if(~ans>>i&1) ans^=f[i];
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
XOR和路径
题目描述
给定一个无向连通图，其节点编号为 1 到 N，其边的权值为非负整数。试求出一条从 1 号节点到 N 号节点的路径，使得该路径上经过的边的权值的“XOR 和”最大。该路径可以重复经过某些节点或边，当一条边在路径中出现多次时，其权值在计算“XOR 和”时也要被重复计算相应多的次数。
直接求解上述问题比较困难，于是你决定使用非完美算法。具体来说，从 1 号节点开始，以相等的概率，随机选择与当前节点相关联的某条边，并沿这条边走到下一个节点，重复这个过程，直到走到 N 号节点为止，便得到一条从 1 号节点到 N 号节点的路径。显然得到每条这样的路径的概率是不同的并且每条这样的路径的“XOR 和”也不一样。现在请你求出该算法得到的路径的“XOR 和”的期望值。
输入输出格式
输入格式：从文件input.txt中读入数据，输入文件的第一行是用空格隔开的两个正整数N和M，分别表示该图的节点数和边数。紧接着的M行，每行是用空格隔开的三个非负整数u，v和w(1≤u,v≤N，0≤w≤109)，表示该图的一条边(u,v)，其权值为w。输入的数据保证图连通，30%的数据满足N≤30，100%的数据满足2≤N≤100，M≤10000，但是图中可能有重边或自环。
输出格式：输出文件 output.txt 仅包含一个实数，表示上述算法得到的路径的“XOR 和”的期望值，要求保留三位小数。（建议使用精度较高的数据类型进行计算）
输入输出样例
说明
样例解释：有1/2的概率直接从1号节点走到2号节点，该路径的“XOR和”为3；有1/4的概率从1号节点走一次1号节点的自环后走到2号节点，该路径的“XOR和”为1；有1/8的概率从1号节点走两次1号节点的自环后走到2号节点，该路径的“XOR和”为3；„„；依此类推，可知“XOR
和”的期望值为：3/2+1/4+3/8+1/16+3/32+„„=7/3，约等于2.333。
分析
https://kelin.blog.luogu.org/solution-p3211
因为每一位都是独立的(,)所以考虑按位处理(,)求出每一位是(1)的概率
还是按照套路设(f[u])表示(u o n)的路径这一位为(1)的概率,(dg[u])表示(u)的出度
那么(1-f[u])就是(u o n)的路径这一位为(0)的概率
也就是这条边这一位是(1)那么(v o n)的权值就要是(0;)反之则为(1)
方程即为
高斯消元即可
最后(ans=sum_i2^if_i[1])
注意这题虽然是无向图(,)但是自环也不能加两次(,)需要特判
时间复杂度(O(31 n^3))
co int N=101;
int n,m;
double a[N][N],b[N],ans;
vector<pair<int,int> > e[N];
void work(){
for(int i=1;i<n;++i){
int now=i;
for(int j=i+1;j<n;++j)
if(abs(a[j][i])>abs(a[now][i])) now=j;
swap(a[i],a[now]);
for(int j=i+1;j<=n;++j){
double rate=a[j][i]/a[i][i];
for(int k=0;k<=n;++k) a[j][k]-=a[i][k]*rate;
}
}
for(int i=n;i;--i){
for(int j=i+1;j<=n;++j) a[i][0]-=a[i][j]*b[j];
b[i]=a[i][0]/a[i][i];
}
}
int main(){
read(n),read(m);
for(int i=1,x,y,z;i<=m;++i){
read(x),read(y),read(z);
e[x].push_back(make_pair(y,z));
if(x!=y) e[y].push_back(make_pair(x,z));
}
for(int i=0;i<31;++i){
memset(a,0,sizeof a);
memset(b,0,sizeof b);
for(int x=1;x<=n;++x) a[x][x]=1;
for(int x=1,s;x<n;++x){
s=e[x].size();
for(int j=0,y,z;j<s;++j){
y=e[x][j].first,z=e[x][j].second;
double w=1.0/s;
if(z>>i&1) a[x][y]+=w,a[x][0]+=w;
else a[x][y]-=w;
}
}
work();
ans+=b[1]*(1<<i);
}
printf("%.3lf
",ans);
return 0;
}