嘟嘟嘟
这题大体思路比较好想，但是最后的优化非常的妙，我没想出来。
很容易想到用序列(f_{i-1})和邻接矩阵进行矩阵乘法运算得到(f_i)，不过这个矩阵乘法的定义有所不同：对于结果(A(i,j))，应该是其中一个矩阵的第(i)行和另一个矩阵中的第(j)列的每一个元素相乘后的异或和。
因为矩阵有结合律，我们就可以用矩阵快速幂来进行优化，达到(O(qn^3loga_i))的复杂度。
这40分的暴力分很好拿，那怎么能拿到满分呢？
关键在于矩乘虽然是(O(n^3))的，但是(f_i)和邻接矩阵相乘是(O(n^2))的，所以我们要想办法尽量多用(O(n^2))代替矩阵快速幂中的(O(n^3))。
但如果朴素的用(f_i)和邻接矩阵相乘，单次询问的复杂度就是(O(n^2a_i))的了，显然不行。
所以我们仍要沿用矩阵快速幂的做法，只不过这次我们先预处理出邻接矩阵的(2^i)次方矩阵，这样单次询问的复杂度就是(O(n^2loga_i))了，用空间换回了时间。
最终复杂度是(O(qn^2loga_i))。
话说我写这题时把询问离线下来排序，但这样显然并不能降低复杂度：我们记排完序后的两个数据之间的距离为(d_i)，那么总时间复杂度就是(n^3*(sum_{i=1}^{n-1}logd_i) = n^3 * logprod_{i=1}^{n-1}d_i)。最坏情况就是所有(d_i)都相等，此时时间复杂度为(O(n^4logfrac{a_{max}}{n}))，显然过不了……我当时应该以为总复杂度是(O(n^3loga_{max}))吧。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<queue>
#include<assert.h>
#include<ctime>
using namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; ~i && (y = e[i].to); i = e[i].nxt)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 105;
const int N = 32;
In ll read()
{
ll ans = 0;
char ch = getchar(), las = ' ';
while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
if(las == '-') ans = -ans;
return ans;
}
In void write(ll x)
{
if(x < 0) x = -x, putchar('-');
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
In void MYFILE()
{
#ifndef mrclr
freopen("ha.in", "r", stdin);
// freopen("ac.out", "w", stdout);
#endif
}
int n, m, Q;
ll a[maxn];
struct Mat
{
int a[maxn][maxn];
In Mat operator * (const Mat& oth)const
{
Mat ret; Mem(ret.a, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= n; ++j)
for(int k = 1; k <= n; ++k)
ret.a[i][j] ^= a[i][k] * oth.a[k][j];
return ret;
}
}F, E[N + 2];
In Mat quickpow(Mat A, ll b)
{
Mat ret; Mem(ret.a, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i) ret.a[i][i] = 1;
for(; b; b >>= 1, A = A * A)
if(b & 1) ret = ret * A;
return ret;
}
ll b[maxn], tp[maxn];
In void calc(int x)
{
fill(tp + 1, tp + n + 1, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= n; ++j) tp[i] ^= b[j] * E[x].a[j][i];
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = tp[i];
}
In ll solve(ll x)
{
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = a[i];
for(int i = 0; i <= N; ++i)
if((x >> i) & 1) calc(i);
return b[1];
}
int main()
{
// MYFILE();
n = read(), m = read(), Q = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= m; ++i)
{
int x = read(), y = read();
F.a[y][x] = F.a[x][y] = 1;
}
for(int i = 0; i <= N; ++i) E[i] = quickpow(F, (1LL << i));
for(int i = 1; i <= Q; ++i) write(solve(read())), enter;
return 0;
}