【bzoj2844】albus就是要第一个出场

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Description

已知一个长度为n的正整数序列A(下标从1开始), 令 S = { x | 1 <= x <= n }, S 的幂集2^S定义为S 所有子
集构成的集合。定义映射 f : 2^S -> Zf(空集) = 0f(T) = XOR A[t] , 对于一切t属于T现在albus把2^S中每个集
合的f值计算出来, 从小到大排成一行, 记为序列B(下标从1开始)。 给定一个数, 那么这个数在序列B中第1
次出现时的下标是多少呢?

Input

第一行一个数n, 为序列A的长度。接下来一行n个数, 为序列A, 用空格隔开。最后一个数Q, 为给定的数.

Output

共一行, 一个整数, 为Q在序列B中第一次出现时的下标模10086的值.
 

Sample Input

3

1 2 3

1

Sample Output

3

样例解释:

N = 3, A = [1 2 3]

S = {1, 2, 3}

2^S = {空, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}

f(空) = 0

f({1}) = 1

f({2}) = 2

f({3}) = 3

f({1, 2}) = 1 xor 2 = 3

f({1, 3}) = 1 xor 3 = 2

f({2, 3}) = 2 xor 3 = 1

f({1, 2, 3}) = 0

所以

B = [0, 0, 1, 1, 2, 2, 3, 3]

HINT

 

数据范围:

1 <= N <= 10,0000

其他所有输入均不超过10^9


 

 

Source

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题解:
        问题即求子集异或和的某个数的排名;
       线性基的性质:若$A,|A|=n$的线性基为$B$,$|B|=k$,则有$2^k$个不同的子集异或和,且每个会出现$2^{n-k}$次;      

 

由基的线性无关性可以知道有且仅有$2^k$个异或和互不相同;

       这k个基是可以从$a_i$里选出来的,只是我们为了好写,一般插入就直接消元到某个数组里;

       考虑他们的子集异或和S1,另外有$n-k$个数,可以被B中的向量唯一表示,考虑子集异或和S2 ;

       S1 ^ S2 也是一种合法的选法;

      这样有$2^k * 2^{n-k} = 2^n$种 ,说明只有$2^n$且按照这种方式对应;
如果你关心一个蒟蒻的不太严谨的证明的话

 

 

 

      高斯亚当消元求出互相独立的线性基,在线性基上一个一个查找;

      注意消元的两个循环(line23 line24 )有顺序;

      复杂度;$ O(n log \ a_{i} +  log \ a_{i}) $
      20181030

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstring>
 5 #include<queue>
 6 #include<cmath>
 7 #include<vector>
 8 #include<stack>
 9 #include<map>
10 #include<set>
11 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
12 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
13 #define ll long long
14 #define inf 0x3f3f3f3f
15 using namespace std;
16 const int N=100010 , mod=10086;
17 int n,d[31],q;
18 void ins(int x){
19     for(int i=29;~i;i--)if((x>>i)&1){
20         if(!d[i]){
21             d[i]=x;
22             for(int j=0;j<i;j++)if(d[j]&&((d[i]>>j)&1))d[i]^=d[j]; 
23             for(int j=29;j>i;j--)if((d[j]>>i)&1)d[j]^=d[i];
24             break;
25         }
26         else x^=d[i]; 
27     }
28 }
29 int pw(int x,int y){
30     int re=1;
31     while(y){
32         if(y&1)re=re*x%mod;
33         y>>=1;x=x*x%mod;
34     }
35     return re;
36 }
37 int query(int x){
38     int re=0,cnt=0;
39     for(int i=29;~i;i--)if(d[i])cnt++;
40     int tmp=cnt;
41     for(int i=29;~i;i--)if(d[i]){
42         tmp--;
43         if((x^d[i])<x){
44             x^=d[i];
45             re=(re+pw(2,tmp))%mod;
46         }
47     }
48     re=re*pw(2,n-cnt)%mod; 
49     return re;
50 }
51 int main(){
52     freopen("in.in","r",stdin);
53     freopen("out.out","w",stdout);
54     scanf("%d",&n);
55     Run(i,1,n){
56         int x;scanf("%d",&x);
57         ins(x);
58     }
59     int x;scanf("%d",&x);
60     cout<<(query(x)+1)%mod<<endl;
61     return 0;
62 }//by tkys_Austin;
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posted @ 2018-11-03 08:04  大米饼  阅读(150)  评论(0编辑  收藏  举报