4644: 经典傻逼题

4644: 经典傻逼题

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Description

这是一道经典傻逼题，对经典题很熟悉的人也不要激动，希望大家不要傻逼。

考虑一张N个点的带权无向图，点的编号为1到N。 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。

一开始这张图是空图， 现在，考虑给这张无向图不断的加边， 加入每条边之

后，你都要求出当前权值最大的割的权值， 注意加入的边永远都不会消失。

Input

输入的第一行包括一个数ID表示数据编号， 如第一组数据中的ID = 1。注意

样例数据中的ID = 0。

接下来的第一行包括两个整数N,M表示图的点数和总共加的边。

接下来M行，每行三个正整数x,y,w表示在点x和点y之间加入一条权值为w的边。 

注意x和y可能相同，两条不同的边也可能连接了同一对点。

此外， w将以二进制形式从高位向低位给出，比如， 6 = 110(2)，因此如果边

权为 6，那么w将会是110。

 1 ≤ N≤ 500， 1 ≤ M ≤ 1000， 0 ≤ L < 1000， 1 ≤ x,y≤ N

Output

输出M行，按顺序输出每一条边加入之后权值最大的割的权值。

同样，你也要以二进制形式输出，形式和输入格式中描述的形式一样。

Sample Input

0 3
6
1 2 1
1 2 1
3 3 111
1 3 101101
1 2 1011
2 3 111011

Sample Output

1 0 0
101101
101101
110000

前三条边加入之后的答案较为显然，考虑后三条边，加入第六条边之前， 考
虑点集{1,2}，它对应的割只有第四条边， 因此答案就是第四条边的权值，考虑加
入最后一条边以后的情况，此时点集{1,2}对应的割变成了第四条边和第六条边组
成的集合，权值也发生了相应的改变。 点集{2}对应的割是第五条边和第六条边
组成的集合， 可以证明这就是权值最大的割，权值为1011(2) ⊕ 111011(2) =110000(2)

HINT

Source

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考虑将边权转换为点权，即对于每个点，它的权值是所有它连出去的边的xor和

那么选择一个点集，将它们的点权都xor起来，属于点集内的边被抵消，剩下的自然就是割的权值

所以，只要知道当前点集的xor线性基，就能快速得出当前的答案

但是每次加入一条边，重新构建线性基，复杂度是O(ML^3)，用bitset优化也是过不去的

考虑快速维护当前点集的线性基

假设已经维护好加入前i条边后的线性基

对于每个基，再维护一个bitset，即这个基是由哪些点xor得来的

当一个点的点权更新时，先在所有基中找到最高位最低，且包好这个点的那个基

用它和每个最高位大于它且含有当前点的基xor

那么对于最高位更大的位置，最高位肯定没改变，但是已经不含有这个点了

这样的操作等价于，先将当前这个点的影响全部抵消，最后再来考虑

然后将当前这个基修改后从原来的线性基集合中移除，再添加进来就行了

注意在消元时如果出现了0向量，需要另外保留

因为贪心时若优先选择0向量去抵消之前的操作，新添加的这个状态可能让集合多一个基

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<vector>#include<queue>#include<algorithm>#include<cmath>#include<stack>#include<bitset>using namespace std; const int maxn = 512;const int N = (1 << 10); int n,m,tp;char s[N]; bitset <N> base[N],w[maxn],now,b1,tmp;bitset <maxn> id[N],zero[N],b2; void ReBuild(int k){    bool flag = 0; int pos;    for (int i = 0; i < N; i++)        if (zero[i][k]) {flag = 1; pos = i; break;}    if (flag)    {        b1 = w[k] ^ now; b2 = zero[pos];        for (int i = 0; i < N; i++)        {            if (id[i][k]) id[i] ^= zero[pos];            if (i != pos && zero[i][k]) zero[i] ^= zero[pos];        }        zero[pos].reset();    }    else    {        for (int i = 0; i < N; i++)            if (id[i][k]) {flag = 1; pos = i; break;}        if (flag)        {            for (int j = pos + 1; j < N; j++)                if (id[j][k]) base[j] ^= base[pos],id[j] ^= id[pos];            b1 = w[k] ^ now ^ base[pos]; b2 = id[pos];            base[pos].reset(); id[pos].reset();        }        else b1 = now,b2.reset(),b2[k] = 1;    }         for (int i = N - 1; i >= 0; i--)    {        if (!b1[i]) continue;        if (base[i].any()) b1 ^= base[i],b2 ^= id[i];        else {base[i] = b1; id[i] = b2; return;}    }    for (int i = 0; i < N; i++)        if (!zero[i].any()) {zero[i] = b2; break;}} int main(){    #ifdef DMC        freopen("DMC.txt","r",stdin);    #endif         cin >> n >> n >> m;    while (m--)    {        int x,y,len; scanf("%d%d",&x,&y);        scanf("%s",s); len = strlen(s);        reverse(s,s + len); now.reset();        for (int i = 0; i < len; i++) tmp[i] = s[i] == '1' ? 1 : 0;        now = tmp ^ w[x]; ReBuild(x);        now = tmp ^ w[y]; ReBuild(y);        tmp.reset(); now.reset();        for (int i = N - 1; i >= 0; i--)            if (base[i][i] && !now[i]) now ^= base[i];        bool flag = 0;        for (int i = N - 1; i >= 0; i--)        {            if (!now[i]) continue; flag = 1;            for (int j = i; j >= 0; j--)                putchar(now[j] == 1 ? '1' : '0');            break;        }        puts(flag ? "" : "0");    }    return 0;}