某天我觉得一切题目都是那么不可做，于是百度了一下“傻逼题”……
题目大意：对于图中的任意一个点集（可以为空或者全集），所有恰好有一个端点在这个点集中的边组成的集合被称为割。一个割的权值被定义为所有在这个割上的边的异或和。现在有一张一开始只有n个点的图，m次操作，每次加入一条边并询问当前最大的割的权值。（n<=500，m<=1000，边权用二进制表示，二进制数长度L<=1000）
思路：把选割看成把图分成两部分，“脚踏两只船”的边就是割，考虑选每个点的贡献，实际上就是使答案异或上连向这个点的所有边的异或和，这样每条边如果两端点都选或都不选贡献为0，只有一个选贡献就是这个边权。问题转化成n个数，一开始都是0，每次把其中两个异或上一个数，询问当前最大的子集异或和。考虑用线性基解决，由于线性基只支持插入，我们用线段树分治解决。暴力计算二进制数复杂度有点大，用bitset加速即可。总复杂度O(mlogm*L^2/32)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<bitset>
using namespace std;
inline int read()
{
int x;char c;
while((c=getchar())<''||c>'');
for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=(x<<)+(x<<)+c-'';
return x;
}
#define MN 500
#define ML 1000
bitset<ML> a[MN+],w,z[ML+],ans[ML+];
struct node{int l,r;vector<bitset<ML> > v;}t[ML*+];
char s[ML+];
int l[MN+];
vector<int> v[ML*+];
void build(int k,int l,int r)
{
if((t[k].l=l)==(t[k].r=r))return;
int mid=l+r>>;
build(k<<,l,mid);build(k<<|,mid+,r);
}
void ins(int k,int l,int r,bitset<ML>&x)
{
if(t[k].l==l&&t[k].r==r){t[k].v.push_back(x);return;}
int mid=t[k].l+t[k].r>>;
if(r<=mid)ins(k<<,l,r,x);
else if(l>mid)ins(k<<|,l,r,x);
else ins(k<<,l,mid,x),ins(k<<|,mid+,r,x);
}
void dfs(int x)
{
int i,j;
for(i=;i<t[x].v.size();++i)
for(j=ML;j--;)if(t[x].v[i][j])
if(z[j][j])t[x].v[i]^=z[j];
else{z[j]=t[x].v[i];v[x].push_back(j);break;}
if(t[x].l<t[x].r)dfs(x<<),dfs(x<<|);
else for(j=ML;j--;)if(!ans[t[x].l][j]&&z[j][j])ans[t[x].l]^=z[j];
for(i=;i<v[x].size();++i)z[v[x][i]].reset();
}
int main()
{
int n,m,i,j,k,x,y;
read();n=read();m=read();
build(,,m);
for(i=;i<=m;++i)
{
x=read();y=read();scanf("%s",s);k=strlen(s)-;
for(j=;j<=k;++j)w[k-j]=s[j]-'';for(;j<ML;++j)w[j]=;
if(l[x]+<i)ins(,l[x]+,i-,a[x]);a[x]^=w;l[x]=i-;
if(l[y]+<i)ins(,l[y]+,i-,a[y]);a[y]^=w;l[y]=i-;
}
for(i=;i<=n;++i)if(l[i]<m)ins(,l[i]+,m,a[i]);
dfs();
for(i=;i<=m;++i)
{
for(j=ML;--j;)if(ans[i][j])break;
for(;j>=;--j)x=ans[i][j],printf("%d",x);puts("");
}
}