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设每个点的权值为和它相连的所有边的权值的异或和，那么等价于选若干个点，使得点权异或和最大，这显然只需要维护一组线性基，然后从高位到低位贪心选取即可。
对于本题，因为有修改操作，所以考虑按时间分治，并用bitset加速，时间复杂度$O(\frac{m\log mL^2}{64})$。
针对插入操作，可以用Four Russian Method进一步优化。
将$1000$个基$4$个一组分成$250$组，每组对于$2^4$种可能的插入向量预处理出消元后的结果。
那么插入只需要$250$次消元，插入之后重新预处理那块即可。
时间复杂度$O(\frac{m\log mL^2}{64\log L})$。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<vector>
#define N 505
using namespace std;
typedef bitset<1000>bs;
int n,m,i,x,y,cnt,vis[N],cur,idb[N],idg[N];
bs B[1000],fin,w,a[N],q[2010],pb[N];
struct P{int l,r,p;P(int _l,int _r,int _p){l=_l,r=_r,p=_p;}};
vector<P>V;
struct Block{
bs a[16];int b[16];
void build(int x){
for(int S=1;S<16;S++){
int j;
for(j=3;~j;j--)if(S>>j&1)break;
if(B[x+3-j][x+3-j]){
a[S]=B[x+3-j];
int ret=S;
for(int i=j;~i;i--)if(B[x+3-j][x+3-i])ret^=1<<i;
if(ret)a[S]^=a[ret],b[S]=b[ret];else b[S]=0;
}else a[S].reset(),b[S]=1<<j;
}
}
}G[250],pg[N];
inline void ins(bs x){
int i,j,k;
for(i=j=0;i<250;i++){
int S=0;
for(k=0;k<4;j++,k++){
S<<=1;
if(x[j])S++;
}
if(!S)continue;
x^=G[i].a[S];
if(G[i].b[S]){
int k=j-1-__builtin_ctz(G[i].b[S]);
cur++;
idb[cur]=k;
idg[cur]=i;
pb[cur]=B[k];
pg[cur]=G[i];
B[k]=x;
G[i].build(j-4);
break;
}
}
}
inline void get(){
static char s[1010];
scanf("%s",s);
w.reset();
int n=strlen(s);
for(int i=0;i<n;i++)if(s[i]==‘1‘)w[1000+i-n]=1;
}
inline void retrace(int x){
while(cur>x){
B[idb[cur]]=pb[cur];
G[idg[cur]]=pg[cur];
cur--;
}
}
void solve(int l,int r,vector<P>V){
int t=cur;
vector<P>S;
for(vector<P>::iterator it=V.begin();it!=V.end();it++)
if(it->l<=l&&r<=it->r)ins(q[it->p]);
else S.push_back(*it);
if(l==r){
fin.reset();
for(int i=0;i<1000;i++)if(!fin[i])if(B[i][i])fin^=B[i];
bool flag=0;
for(int i=0;i<1000;i++)if(fin[i])putchar(‘1‘),flag=1;else if(flag)putchar(‘0‘);
if(!flag)putchar(‘0‘);
puts("");
retrace(t);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid,S),solve(mid+1,r,S);
retrace(t);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
get();
x--,y--;
if(vis[x])q[++cnt]=a[x],V.push_back(P(vis[x],i-1,cnt));
if(vis[y])q[++cnt]=a[y],V.push_back(P(vis[y],i-1,cnt));
vis[x]=vis[y]=i;
a[x]^=w,a[y]^=w;
}
for(i=0;i<n;i++)if(vis[i])q[++cnt]=a[i],V.push_back(P(vis[i],m,cnt));
for(i=0;i<250;i++)G[i].build(i<<2);
solve(1,m,V);
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/clrs97/p/5734792.html
