BZOJ2322: [BeiJing2011]梦想封印

Description

渐渐地，Magic Land上的人们对那座岛屿上的各种现象有了深入的了解。

为了分析一种奇特的称为梦想封印（Fantasy Seal）的特技，需要引入如下的概念：

每一位魔法的使用者都有一个“魔法脉络”，它决定了可以使用的魔法的种类。

一般地，一个“魔法脉络”可以看作一个无向图，有N个结点及M条边，将结点编号为1~N，其中有一个结点是特殊的，称为核心（Kernel），记作1号结点。每一条边有一个固有（即生成之后再也不会发生变化的）权值，是一个不超过U的自然数。

每一次魔法驱动，可看作是由核心（Kernel）出发的一条有限长的道路（Walk），可以经过一条边多次，所驱动的魔法类型由以下方式给出：

将经过的每一条边的权值异或（xor）起来，得到s。

如果s是0，则驱动失败，否则将驱动编号为s的魔法（每一个正整数编号对应了唯一一个魔法）。

需要注意的是，如果经过了一条边多次，则每一次都要计入s中。

这样，魔法脉络决定了可使用魔法的类型，当然，由于魔法与其编号之间的关系尚未得到很好的认知，此时人们仅仅关注可使用魔法的种类数。

梦想封印可以看作是对“魔法脉络”的破坏：

该特技作用的结果是，“魔法脉络”中的一些边逐次地消失。

我们记总共消失了Q条边，按顺序依次为Dis1、Dis2、……、DisQ。

给定了以上信息，你要计算的是梦想封印作用过程中的效果，这可以用Q+1个自然数来描述：

Ans0为初始时可以使用魔法的数量。

Ans1为Dis1被破坏（即边被删去）后可以使用魔法的数量。

Ans2为Dis1及Dis2均被破坏后可使用魔法的数量。

……

AnsQ为Dis1、Dis2、……、DisQ全部被破坏后可以使用魔法的数量。

Input

第一行包含三个正整数N、M、Q。

接下来的M行，每行包含3个整数，Ai、Bi、Wi，表示一条权为Wi的与结点Ai、Bi关联的无向边，其中Wi是不超过U的自然数。

接下来Q行，每行一个整数：Disi。

Output

一共包Q+1行，依次为Ans0、Ans1、……、AnsQ。

Sample Input

【输入样例1】

3 3 2

1 2 1

2 3 2

3 1 4

1

3

【输入样例2】

5 7 7

1 2 1

1 3 1

2 4 2

2 5 2

4 5 4

5 3 9

4 3 1

7

6

5

4

3

2

1

Sample Output

【输出样例1】

5

2

0

【样例1解释】

初始时可使用编号为1、3、4、6、7的魔法。

在删去第1条边（连结1、2结点的边）后，可使用4和6号魔法。

第3条边（连结第1、3结点的边）也被删去后，核心（Kernel）即结点1孤立，易知此时无法使用魔法。

【输出样例2】

15

11

5

2

2

1

1

0

HINT

【数据规模和约定】

所有数据保证该无向图不含重边、自环。

所有数据保证不会有一条边被删除多次，即对于不同i和j，有Disi≠Disj

30%的数据中N ≤ 50，M ≤ 50，Q ≤50，U≤100；

60%的数据中N ≤ 300，M ≤ 300，Q ≤50，U≤10^9；

80%的数据中N ≤ 300，M ≤ 5000，Q ≤5000，U≤10^18；

100%的数据中N ≤ 5000，M ≤ 20000，Q ≤20000，U≤10^18；

我们先来考虑静态问题，不难发现这和[Wc2011] Xor很像，只需要维护所有环的线性基与所有路径长度经过消元后的集合即可。
设最后得到了A个线性基，B个路径长度，则答案为B*(2^A)-1（减去0集合）。
首先时光倒流，将删边转化成加边，这样就转化成了动态维护线性基的问题。
考虑连接两条边x，y。
1.如果x与y之前连通且同属于包含1的连通分量，这说明增加了一个环，将环插入线性基中，如果能消元，暴力重构路径集合。
2.如果x与y之前不连通同至少有1个属于包含1的连通分量，将那个新加入的子树暴力重构。
维护线性基的时候为了避免路径的长度先被小的线性基消元，所以要这样消元。

dwn(i,62,0) val=min(val,val^Q[i]);
if(!val) return;cnt++;
dwn(i,62,0) if(val>>i&1) {Q[i]=val;break;}

最多有logN个线性基是有效的（即重构路径集合），且set维护集合与消元过程均为O(logN)，所以总时间复杂度为O(MlogN)。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<set>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=edges[i].next)
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
typedef long long ll;
inline ll read() {
ll x=0,f=1;char c=Getchar();
for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const int maxn=5010;
const int maxm=20010;
set<ll> S;
ll Q[65],tmp[maxn],ans[maxm],A[maxn],w[maxm];
int n,m,q,e,cnt,vis[maxn],first[maxn],num[maxm],del[maxm],u[maxm],v[maxm];
struct Edge {int u,v,next;ll w;}edges[maxm<<1];
void AddEdge(int from,int to,ll dis) {
edges[e]=(Edge){from,to,first[from],dis};first[from]=e++;
edges[e]=(Edge){to,from,first[to],dis};first[to]=e++;
}
void gauss(ll val) {
dwn(i,62,0) val=min(val,val^Q[i]);
if(!val) return;cnt++;
dwn(i,62,0) if(val>>i&1) {Q[i]=val;break;}int top=0;
for(set<ll>::iterator it=S.begin();it!=S.end();it++) tmp[++top]=*it;
S.clear();
rep(i,1,top) S.insert(min(tmp[i],tmp[i]^val));
}
void dfs(int x,int last) {
vis[x]=1;A[x]=A[edges[last].u]^edges[last].w;
ll val=A[x];
dwn(i,62,0) val=min(val,val^Q[i]);
S.insert(val);
ren {
Edge& e=edges[i];
if(i==(last^1)) continue;
if(!vis[e.v]) dfs(e.v,i);
else gauss(A[e.v]^A[x]^e.w);
}
}
void Add(int k) {
int x=u[k],y=v[k];AddEdge(x,y,w[k]);
if(vis[x]&&vis[y]) gauss(w[k]^A[x]^A[y]);
else if(vis[x]) dfs(y,e-2);
else if(vis[y]) dfs(x,e-1);
}
int main() {
memset(first,-1,sizeof(first));
n=read();m=read();q=read();
rep(i,1,m) u[i]=read(),v[i]=read(),w[i]=read();
rep(i,1,q) del[num[i]=read()]=1;
vis[1]=1;S.insert(0);
rep(i,1,m) if(!del[i]) Add(i);
dwn(i,q,1) {
ans[i]=S.size()*(1ll<<cnt);
Add(num[i]);
}
printf("%lld\n",S.size()*(1ll<<cnt)-1);
rep(i,1,q) printf("%lld\n",ans[i]-1);
return 0;
}