【把三道我做过的线性基题目放在一起总结一下，代码都挺简单，主要就是贪心思想和异或的高斯消元】
【然后把网上的讲解归纳一下】
1、线性基：
若干数的线性基是一组数a1,a2,a3...an,其中ax的最高位的1在第x位。
【就是原集合的任意子集的异或和 与 线性基的任意子集的异或和 完全相等】
2、线性基的构造法：
对每个数p从高位到低位扫，扫到第x位为1时，若ax不存在，则ax=p并结束此数的扫描，否则令p=p xor ax。
【高斯消元】
异或版高斯消元后的线性基会变成类似上面的样子（线性基是数的集合，不含0）
上面的数已经化成二进制，红色圈着的是这个数代表的数位（这一位是1才能代表这个数位）
蓝色的是异或后为0的部分，是没有意义的，因为0对异或不造成贡献。
【可见，有红色圈的数位，有且仅有一个数在那个数位是1，就是说有且仅有这个代表数字可以贡献出这个数位】（这个性质很有用，对往后的贪心、计数等有重要的用处
3、查询：
最大值
用线性基求这组数xor出的最大值：从高位往低扫ax，若异或上ax使答案变大，则异或。
【就是bzoj 2115】
最小值
最小值即为最低位上的线性基。
k小值
查询的时候将k二进制拆分，对于1的位，就异或上对应的线性基。
最终得出的答案就是k小值。
【具体见HDU 3949】
【HDU 3949的详细解答点这里】
4、判断：
用线性基求一个数能否被xor出：从高到低，对该数每个是1的位置x，将这个数异或上ax（注意异或后这个数为1的位置和原数就不一样了），若最终变为0，则可被异或出。
当然需要特判0（在构造过程中看是否有p变为0即可）。
例子：(11111,10001)的线性基是a5=11111，a4=01110，要判断11111能否被xor出，11111 xor a5=0，则这个数后来就没有是1的位置了，最终得到结果为0，说明11111能被xor出。
5、
这样说
个人谈一谈对线性基的理解:
很多情况下，只有有关异或运算和求最值，就可以用到线性基。线性基有很多很好的性质，比如说如果有很多个数，我们可以构出这些数的线性基，那么这个线性基可以通过互相xor，能够构出原来的数可以相互xor构出的所有的数。所以可以大大减少判断的时间和次数。同时线性基的任何一个非空子集都不会使得其xor和为0,证明也很简单，反证法就可以说明。这个性质在很多题目中可以保证算法合法性，比如:BZOJ 2460
6、动态插入？
插入
如果向线性基中插入数x，从高位到低位扫描它为1的二进制位。
扫描到第i时，如果ai不存在，就令ai=x，否则x=x^ai。
x的结局是，要么被扔进线性基，要么经过一系列操作过后，变成了0。
【具体可见BZOJ2460】
7、高斯消元模板
int st;
void gauss()
{
st=1;
for(int j=61;j>=0;j--)
{
int t=0;
for(int i=st;i<=w[0];i++) if((w[i]>>j)&1) {t=i;break;}
if(t)
{
swap(w[t],w[st]);
for(int i=1;i<=w[0];i++) if((i!=st)&&((w[i]>>j)&1)) w[i]^=w[st];
st++;
}
}st--;
}
8、动态插入
memset(A,0,sizeof(A));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=61;j>=0;j--)
{
if((t[i].x>>j)&1)
{
if(A[j]) t[i].x^=A[j];
else {A[j]=t[i].x;break;}
}
}
if(t[i].x) ans+=t[i].y;
}
9、这三题
1、BZOJ2460
Description
相传，在远古时期，位于西方大陆的 Magic Land 上，人们已经掌握了用魔法矿石炼制法杖的技术。那时人们就认识到，一个法杖的法力取决于使用的矿石。
一般地，矿石越多则法力越强，但物极必反：有时，人们为了获取更强的法力而使用了很多矿石，却在炼制过程中发现魔法矿石全部消失了，从而无法炼制出法杖，这个现象被称为“魔法抵消” 。特别地，如果在炼制过程中使用超过一块同一种矿石，那么一定会发生“魔法抵消”。
后来，随着人们认知水平的提高，这个现象得到了很好的解释。经过了大量的实验后，著名法师 Dmitri 发现：如果给现在发现的每一种矿石进行合理的编号（编号为正整数，称为该矿石的元素序号），那么，一个矿石组合会产生“魔法抵消”当且仅当存在一个非空子集，那些矿石的元素序号按位异或起来为零。 （如果你不清楚什么是异或，请参见下一页的名词解释。 ）例如，使用两个同样的矿石必将发生“魔法抵消”，因为这两种矿石的元素序号相同，异或起来为零。
并且人们有了测定魔力的有效途径，已经知道了：合成出来的法杖的魔力等于每一种矿石的法力之和。人们已经测定了现今发现的所有矿石的法力值，并且通过实验推算出每一种矿石的元素序号。
现在，给定你以上的矿石信息，请你来计算一下当时可以炼制出的法杖最多有多大的魔力。
正解：贪心+线性基
解题报告：
显然这道题可以用线性基来维护一个我们选取的非空子集中不存在异或出00的情况，但是我们还需要得到的权值最大，那么直接对于每件物品按权值排序，按权值从大到小插入到线性基中就可以保证得到的线性基中的元素是权值之和最大的。
2、BZOJ 2115
正解：线性基
解题报告：
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。
这样我们就可以完美解决了。我第一次WA了一发，因为我没有考虑到ans初值不为0，在线性基上取到xor的max的时候，不能单纯以ans这一位是否为0来决定是否异或上基的这一位，必须要看异或之后取一个max做一个判断才行。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define Maxn 50010
#define Maxm 100010
#define LL long long struct node
{
int x,y,next;
LL c;
}t[Maxm*];
int first[Maxn],len=; void ins(int x,int y,LL c)
{
t[++len].x=x;t[len].y=y;t[len].c=c;
t[len].next=first[x];first[x]=len;
} LL w[*Maxm],d[Maxn]; void dfs(int x)
{
for(int i=first[x];i;i=t[i].next)
{
int y=t[i].y;
if(d[y]!=-)
{
w[++w[]]=d[x]^d[y]^t[i].c;
}
else
{
d[y]=d[x]^t[i].c;
dfs(y);
}
}
} int st;
void gauss()
{
st=;
for(int j=;j>=;j--)
{
int t=;
for(int i=st;i<=w[];i++) if((w[i]>>j)&) {t=i;break;}
if(t)
{
swap(w[t],w[st]);
for(int i=;i<=w[];i++) if((i!=st)&&((w[i]>>j)&)) w[i]^=w[st];
st++;
}
}st--;
} int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++)
{
int x,y;
LL c;
scanf("%d%d%lld",&x,&y,&c);
ins(x,y,c);ins(y,x,c);
}
w[]=;
for(int i=;i<=n;i++) d[i]=-;
d[]=;
dfs();
gauss();
LL ans=d[n];
for(int i=;i<=st;i++) if((ans^w[i])>ans) ans^=w[i];
if(ans==-) ans=;
printf("%lld\n",ans);
return ;
}
3、HDU 3949
给n个数，可以在其中选任意个数异或，求所有异或出来的答案中的第k个。
构造的方法有点像贪心，从大到小保证高位更大。也比较好理解。就是这几行代码：
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=62;j>=0;j--) {
if(!(a[i]>>j)) continue;//对线性基的这一位没有贡献
if(!p[j]) { p[j]=a[i]; break; }//选入线性基中
a[i]^=p[j];
}
}
具体可以看三个题的具体代码
2017-03-09 14:13:37