异或线性基
模型
问题：给定 \(n(n \le 50)\) 个整数 \(a_i(0 \le a_i \le 2^{50})\)，求在这些数中选取任意个，使得他们的异或和最大。
首先有一个暴力的 DP 状态，令 \(dp_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个数能否凑出 \(j\)，然后转移，时间复杂度：\(O(n \times 2^{50})\)，最后求答案。
考虑优化，令 \(X_i\) 为前 \(i\) 个数能凑出的数的集合，如果 \(x\) 在 \(X_i\) 中，\(y\) 也在 \(X_i\) 中，那么显然 \(x \oplus y\) 也在 \(X_i\) 中。反过来如果 \(x\) 在 \(X_i\) 中，\(y\) 不在 \(X_i\) 中，那么 \(x \oplus y\) 肯定不在 \(X_i\) 中，否则 \(y\) 就可以通过 \(x \oplus (x \oplus y)\) 得到。
如果 \(a_{i + 1} \in X_i\)，可以忽略 \(a_{i + 1}\) 显然 \(X_{i + 1} = X_i\)。否则 \(X_i\) 中的每个数异化 \(a_{i + 1}\) 后都是一个新元素。这样 \(X_{i + 1}\) 对于 \(X_i\) 大小翻一倍，最多 \(50\) 次，能稍微优化这个算法。
但是 \(X_i\) 还是太大了，能不能压缩一下？要做到这一点，可以发现只有使得 \(X\) 大小翻倍的最多 \(50\) 个元素是重要的，其他的无关紧要，\(X\) 就是这些重要元素 \(a_{b_1}, a_{b_2}, \dots , a_{b_k}\) 的子集异或和所组成的集合。
但是这样，却失去了查询 \(a_{i + 1}\) 是否在 \(X_i\) 的能力，我需要找回它。
如果只直接存储这些元素很难做到这一点。但是我们想要的不是这些元素，而是这些元素的异或和。并且可以发现存储 \(a_{b_1}, a_{b_2}, \dots , a_{b_k}\)和 \(a_{b_1} \oplus a_{b_2}, a_{b_2}, \dots , a_{b_k}\) 的效果是一样的。推广一下，将存储的数字随意地进行异或操作得到的 \(X\) 都是不变的，因为通过异或操作能将操作后的序列又变回原序列，这个操作是可逆的。
有了这个操作，就可以判断了。可以采取以下策略：对于每个 \(j = 0, 1, 2, \dots 49\)，我们让存储的集合内都只有至多一个数最高位为 \(j\)，令 \(visxor_j\) 表示最高位为 \(j\) 的这个数字，没有则为 \(0\)。然后判断 \(a_{i + 1}\) 是否在 \(X_i\) 时（插入 \(X_i\) 时），从高到低枚举每一位 \(j\) ，分以下两种情况：
- \(a_{i + 1}\) 在这一位为 \(0\)，不作任何操作（让 \(visxor_{0}\sim visxor_{j - 1}\) 凑 \(a_{i + 1}\)）。
- 否则，如果 \(visxor_j = 0\)，即这一位没有数字，那么 \(a_{i + 1}\) 不在 \(X_i\) 中，\(visxor_j \leftarrow a_{i + 1}\)，退出。否则 \(a_{i + 1} \leftarrow a_{i + 1} \oplus visxor_j\)，表示若 \(a_{i + 1} \in X_i\)，后面的数要凑出 \(a_{i + 1} \oplus visxor_j\)，同时保证了 \(a_{i + 1}\) 在第 \(j\) 位为 \(0\)（\(visxor_{0}\sim visxor_{j - 1}\) 第 \(j\) 位均为 \(0\)）。
求答案时，同样从大到小枚举 \(j\)，如果 \(ans\) 这一位为 \(1\)，不做操作。否则 \(ans \leftarrow ans \oplus visxor_j\)。
时间复杂度：\(O(50n)\)。
void Insert(ll x) { 插入 x
for (int i = 49; i >= 0; i--) {
if ((x >> i) & 1) {
if (!visxor[i]) {
visxor[i] = x;
return ;
}
x ^= visxor[i];
}
}
}
for (int i = 49; i >= 0; i--) {
if (!((ans >> i) & 1) && visxor[i]) {
ans ^= visxor[i];
}
// x = max(x, x ^ visxor[i]); 简便写法
}
题目1：AT_abc141_f
题意
给定 \(n(2 \le n \le 10^5)\) 个非负整数 \(a_i(0 \le a_i < 2^{60})\)，将它们分成两组。记其中一组异或和为 \(x\)，令一组异或和为 \(y\)，求 \(x+y\) 的最大值。
思路
令 \(s\) 为 \(n\) 个数的异或和，确定了 \(x\)，那么 \(y = s ^ x\)。用线性基求出可以凑出的数集，从高到低考虑第 \(j\) 位的贡献：
- 如果 \(s\) 第 \(j\) 位为 \(1\)，那么 \(x\) 这一位的取值无所谓了，无论如何都是 \(2^j\)，插入时将所有数第 \(j\) 位赋成 \(0\)。
- 否则，尽可能让 \(x\) 的第 \(j\) 位为 \(1\)，成功就有 \(2^{j + 1}\) 的贡献。如果 \(x\) 第 \(j\) 位本就是 \(1\)，不做操作就可以成功。否则如果 \(visxor_j \ne 0\), \(x \leftarrow x \oplus visxor_j\)，成功，否则失败。
时间复杂度：\(O(60n)\)。
#include <iostream>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5, MAXV = 60;
ll x, s, ans, s1, s2, a[MAXN], visxor[MAXV];
int n;
void Insert(ll x) {
for (int i = 59; i >= 0; i--) {
if ((x >> i) & 1) {
if (!visxor[i]) {
visxor[i] = x;
return ;
}
x ^= visxor[i];
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i], s ^= a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] &= ((1ll << 60) - 1) ^ s; // 将 s 为 0 的位赋为 0
Insert(a[i]);
}
for (int i = 59; i >= 0; i--) {
if (!((s >> i) & 1)) {
if (!((s1 >> i) & 1) && visxor[i]) {
s1 ^= visxor[i];
}
}
}
cout << s1 * 2 + s;
return 0;
}
题目2：CF895C
题意
给定长度为 \(n(1 \le n \le 70)\) 的数组 \(a(1 \le a_i \le 70)\)，问存在多少种不同的方式从数组元素中选择非空子集，使得它们的乘积为完全平方数。
思路
题意转化：乘积为完全平方数，即这个乘积分解质因数后的每个数都是偶数次幂，即将每个 \(a_i\) 转成一个长度为 \(19\) 的二进制数 \(b_i\)，第 \(j\) 位表示 \(a_i\) 分解质因数后第 \(j\) 个质数的幂次是奇数还是偶数。答案为多少种选择方式使得最后的异或和为 \(0\)。
考虑答案，把数插入线性基后。不在线性基上的 \(a_i\)，无所谓选不选；在线性基上的 \(a_i\) 选法是固定的。答案为 \(2^c - 1\)，\(c\) 为不在线性基上的点，注意减去空集。
时间复杂度：\(O(19 n)\)
#include <iostream>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXV = 19, Mod = 1e9 + 7;
const int prime[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67};
int n, c, ans = 1, visxor[MAXV];
void Insert(ll x) {
for (int i = 18; i >= 0; i--) {
if ((x >> i) & 1) {
if (!visxor[i]) {
visxor[i] = x, c--; // 不在线性基上的点减少一个
return ;
}
x ^= visxor[i];
}
}
return ;
}
int get_prime(int x) { // 求 b[i]
int ret = 0;
for (int i = 0; i < 19; i++) {
int u = 0;
for (; x % prime[i] == 0; u ^= 1, x /= prime[i]);
ret += (u << i);
}
return ret;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n, c = n;
for (int i = 1, x; i <= n; i++) {
cin >> x, Insert(get_prime(x));
}
for (; c--; (ans *= 2) %= Mod);
cout << (ans + Mod - 1) % Mod;
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号