题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4151
一个边权为非负整数的无向连通图，节点编号为 \(1\) 到 \(n\)，试求出一条从 \(1\) 号节点到 \(n\) 号节点的路径，使得路径上经过的边的权值的 XOR 和最大。
路径可以重复经过某些点或边，当一条边在路径中出现了多次时，其权值在计算 XOR 和时也要被计算相应多的次数。
\(n\leq 5\times 10^4,m\leq 10^5,d\leq 10^{18}\)。

思路

my_dog 大爷吊打我 /kk，初二就会这题 Orz。
假设走过奇数次的边染成黑色，偶数次的边染成白色，考虑最终一条合法路径染色结果是怎么样的。
首先肯定是有一条 \(1\to n\) 的路径，然后在路径上多次从一个点 \(k\) 出去，走完某一个环再绕回来。我们发现从 \(k\) 到环的路径被走了恰好两次，最终是白色的。
那么显然最后黑色的边就是一条 \(1\to n\) 的路径加上若干个环了。
由于要求异或和最大，考虑线性基，把所有环的异或和扔到线性基里面，然后随便选一条 \(1\to n\) 路径的异或和求最大值即可。因为如果有多条路径，那么就存在一个包含 \(1\) 和 \(n\) 的环，自然会被扔进线性基。
注意到某些情况下，一些环不会被扔进线性基。但是不难感性证明这些环一定会被其他扔进线性基里的环异或得到。
那么环的数量就是返祖边的数量，上界显然是 \(O(m)\)。
时间复杂度 \(O(m\log n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=50010,M=200010,LG=62; 
int n,m,tot=1,head[N],vis[N];
ll xors[N],d[LG+1];

struct edge
{
	int next,to;
	ll dis;
}e[M];

void add(int from,int to,ll dis)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to,dis};
	head[from]=tot;
}

void insert(ll x)
{
	for (int i=LG;i>=0;i--)
		if (x&(1LL<<i))
		{
			if (!d[i]) { d[i]=x; return; }
			x^=d[i];
		}
}

ll qmax(ll res)
{
	for (int i=LG;i>=0;i--)
		if (!(res&(1LL<<i))) res^=d[i];
	return res;
}

void dfs(int x,int id)
{
	vis[x]=2;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
		if (i!=id)
		{
			int v=e[i].to;
			if (vis[v]==2) insert(xors[x]^xors[v]^e[i].dis);
			if (vis[v]) continue;
			xors[v]=xors[x]^e[i].dis;
			dfs(v,i^1);
		}
	vis[x]=1;
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y; ll z;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		scanf("%lld",&z);
		add(x,y,z); add(y,x,z);
	}
	dfs(1,-1);
	printf("%lld",qmax(xors[n]));
	return 0;
}