線性基

知識預備

線性基詳解
線性基學習筆記

線性基的定義

由原集合$A$得到線性基$T$
使得$T$中元素互相異或所形成的集合，等價於原序列$A$的元素互相異或形成的集合
可以理解爲線性基將原序列進行了壓縮

線性基的性質

1. 線性基能相互異或得到原集合的所有相互異或得到的值
2. 線性基是滿足性質$1$的最小的集合
3. 線性基沒有異或和爲$0$的子集

線性基的構造

設一個數組$d$，表示序列$a$的線性基，下標從$0$開始
d[i]表示的是線性基中第$i+1$個位置上所存儲的數字
如果這個數字不爲$0$
那麼這個數字轉化爲二進制數後的第$i+1$位是$1$
且這個二進制數的最高位是第$i+1$位
我們都將序列$a$中每一個數依次插入線性基中，得到了序列$a$的線性基
下面是向線性基中插入一個數的代碼

bool insert(ll val){//向線性基中插入一個數
	for(ll i=59;i>=0;i--){
		if(val&&1ll<<i){
			if(d[i])val^=d[i];
			else{
				d[i]=val;
				break;
			}
		}
	}
	return val>0;//判斷val是否插入成功
}

我們可以看到，在線性基中插入數$val$時，從高位到低位依次掃描它爲$1$的二進制位
當掃描到第i位時，如果$d[i]$不存在，就令$d[i]=val$，插入結束
如果d[i]存在，此時$val$與$d[i]$的第$i+1$位都爲$1$，就令$val$=$val$^$d[i]$
於是$val$與$d[i]$異或後第$i+1$位變成了$0$，然後繼續向下掃描
最終，$val$會有插入成功和插入不成功這兩種結局
如果插入成功，就說明當前線性基裏的一些數異或起來不能等於$val$，因此$val$是不可替代的
如果插入不成功，是因爲當前線性基裏的一些數異或起來可以等於$val$
並且$val$在一系列操作之後變成了$0$，因此$val$是多餘的

查詢最大異或和

準確地說，是求一個序列中的若干個數的異或和的最大值
從高位到低位掃描線性基，如果答案異或$d[i]$後變大了，就讓答案異或$d[i]$
這其實是個貪心的過程，我們只需讓答案的高位儘可能大
當掃到$d[i]$且$d[i]$不爲$0$時
由於$d[i]$的第$i+1$位是$1$，且d[i]的$i+1$位以上都是$0$
所以如果答案的第$i+1$位是$0$，則答案異或上$d[i]$之後一定會變大
如果答案的第$i+1$位是$1$，則答案異或上$d[i]$之後一定會變小

ll query_max(){
	ll ans=0;
	for(ll i=59;i>=0;i--)
		if(ans^d[i]>ans)
			ans^=d[i];
	return ans;
}

查詢最小異或和

最小值其實就是最小的$d[i]$
這是因爲如果讓最小的$d[i]$去異或其它的$d[i]$，那麼它一定會變大，所以它自己就是最小的
顯然，如果這個線性基有無法插入的數，那麼最小異或和就爲$0$

查詢第k小異或和

準確地說：從一個序列中取任意個元素進行異或，求能異或出的所有數字中第$k$小的值。
要求第$k$小值，首先將線性基進行改造，改造後每一個$d[i]$相互獨立
對於每一個$d[i]$，枚舉$j$=$i$ to $1$，如果$d[i]$的第$j$位爲1，那麼讓$d[i]$異或$d[j−1]$
這樣改造後，如果$d[i]$不爲$0$，那麼所有$d[j]$的第$i+1$位上爲$1$的只有$d[i]$
於是線性基中的元素，作用其實都是提供自己最高位上的$1$
那麼只要使提供出來的$1$可以和$k$的每一位上的$1$對應
那麼求出來的答案就是第$k$小的

void rebuild(){
	for(int i=59;i>=0;i--)
		for(int j=i-1;j>=0;j--)
			if(d[i]&1ll<<j)d[i]^=d[j];
}
ll query_kth(ll k){
	rebuild();
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<=59;i++)if(d[i])cnt++;
	if(cnt<n&&k==1)return 0;//最小異或和爲0的情況
	if(cnt<n)k--;//最小異或和爲0的情況
	if(k>=(1ll<<cnt))return -1;//不存在第k小異或和
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=59;i++)if(d[i]){
		if(k&1)ans^=d[i];
		k>>=1;
	}
	return ans;
}

例一：HDOJ 3949

題意

給定n(n≤10000) 個數 $a_1,a_2,…,a_n$​​，以及 Q(Q≤10000)個詢問，每次詢問這些數（至少一個，不能不選）能夠組成的異或和中第$k$小的數是什麼（去掉重複的異或和）。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
template<class T>inline void MAX(T &x,T y){if(y>x)x=y;}
template<class T>inline void MIN(T &x,T y){if(y<x)x=y;}
template<class T>inline void rd(T &x){
	x=0;char o,f=1;
	while(o=getchar(),o<48)if(o==45)f=-f;
	do x=(x<<3)+(x<<1)+(o^48);
	while(o=getchar(),o>47);
	x*=f;
}
const int M=1e4+5;
int cs,n,m,cnt;
ll k,A[M],d[60];
void insert(ll x){
	for(int i=59;i>=0;i--){
		if(x&1ll<<i){
			if(d[i])x^=d[i];
			else{
				d[i]=x;
				break;
			}
		}
	}
}
void rebuild(){
	for(int i=59;i>=0;i--)
		for(int j=i-1;j>=0;j--)
			if(d[i]&1ll<<j)d[i]^=d[j];
}
ll query_kth(ll k){
	if(cnt<n&&k==1)return 0;
	if(cnt<n)k--;
	if(k>=(1ll<<cnt))return -1;
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=59;i++)if(d[i]){
		if(k&1)ans^=d[i];
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("jiedai.in","r",stdin);
//	freopen("jiedai.out","w",stdout);
#endif
	rd(cs);
	for(int cas=1;cas<=cs;cas++){
		printf("Case #%d:\n",cas);
		memset(d,0,sizeof(d));
		rd(n);
		for(int i=1;i<=n;i++)rd(A[i]),insert(A[i]);
		rd(m);
		rebuild();
		cnt=0;
		for(int i=0;i<=59;i++)if(d[i])cnt++;
		while(m--)rd(k),printf("%lld\n",query_kth(k));
	}
	return (0-0);
}

例二：HDOJ 6579

題意

有n個數，m次操作，強制在線。
操作0 l r：詢問[l,r]的最大異或和；
操作1 x：序列的最後添加一個數x。

分析

暴力的做法可以用數據結構維護區間線性基，但肯定過不了。貪心地維護序列的前綴線性基 (上三角形態)，對於每個線性基，將出現位置靠右的數 字儘可能地放在高位，也就是說在插入新數字的時候，要同時記錄對應位置上數字的出現位 置，並且在找到可以插入的位置的時候，如果新數字比位置上原來的數字更靠右，就將該位 置上原來的數字向低位推。 在求最大值的時候，從高位向低位遍歷，如果該位上的數字出現在詢問中區間左端點的 右側且可以使答案變大，就異或到答案裏。 對於線性基的每一位，與它異或過的線性基更高位置上的數字肯定都出現在它右側 (否 則它就會被插入在那個位置了)，因此做法的正確性顯然。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
template<class T>inline void MAX(T &x,T y){if(y>x)x=y;}
template<class T>inline void MIN(T &x,T y){if(y<x)x=y;}
template<class T>inline void rd(T &x){
	x=0;char o,f=1;
	while(o=getchar(),o<48)if(o==45)f=-f;
	do x=(x<<3)+(x<<1)+(o^48);
	while(o=getchar(),o>47);
	x*=f;
}
const int M=1e6+5,K=31;
int n,m,cas,A[M];
int d[M][K],id[M][K];
void build(int val,int pos){
	int tmp=pos;
	for(int i=29;i>=0;i--){
		d[pos][i]=d[pos-1][i];
		id[pos][i]=id[pos-1][i];
	}
	for(int i=29;i>=0;i--){
		if(val&1<<i){
			if(d[pos][i]){
				if(tmp>id[pos][i]){
					swap(d[pos][i],val);
					swap(id[pos][i],tmp);
				}
				val^=d[pos][i];
			}
			else{
				d[pos][i]=val;
				id[pos][i]=tmp;
				break;
			}
		}
	}
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("jiedai.in","r",stdin);
//	freopen("jiedai.out","w",stdout);
#endif
	rd(cas);
	while(cas--){
		rd(n),rd(m);
		for(int i=1;i<=n;i++)rd(A[i]),build(A[i],i);
		int ans=0,op,x,l,r;
		while(m--){
			rd(op);
			if(op)rd(A[++n]),build(A[n]^=ans,n);
			else{
				rd(l),rd(r);
				l=(l^ans)%n+1;
				r=(r^ans)%n+1;
				if(l>r)swap(l,r);
				ans=0;
				for(int i=29;i>=0;i--)if(id[r][i]>=l)MAX(ans,ans^d[r][i]);
				printf("%d\n",ans);
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=0;j<30;j++)
				d[i][j]=id[i][j]=0;
	}
	return (0-0);
}