一、題目
二、解法
建議做一做這道題
先考慮一個生成樹,設到根的異或和是,簡單路徑就是,我們考慮每一位上的貢獻,就考慮第位上的值叫初值,我們考慮線性基怎麼選才能最後得到
其實我們只能枚舉,但我們知道產生初值對應的有多少個,我們來分類討論一波:
- 首先就是那一位是,線性基裏面那一位也有,考慮這個點隨便選,與之對應的線性基就有種選法(那一位出現次數是奇數還是偶數,都是這麼多),那麼貢獻是,其中是總點數。
- 那一位是,線性基裏面那一位沒有,選當前位是(設這個個數爲),則貢獻爲:
- 那一位是,線性基裏面那一位有,類比第一種情況。
- 那一位是,線性基裏面沒有,類比第二種情況,必須選一個帶有的
時間複雜度,最後還要除以(點對會被算兩次)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define int long long
const int jzm = 1e9+7;
const int M = 100005;
int read()
{
int x=0,flag=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x*flag;
}
int n,m,k,tot,cnt,ans,f[M],a[M],d[M],p[70],pw[M];
bool vis[M];
struct edge
{
int v,c,next;
edge(int V=0,int C=0,int N=0) : v(V) , c(C) , next(N) {}
}e[4*M];
void ins(int x)
{
for(int i=60;i>=0;i--)
{
if(!(x>>i)) continue;
if(!p[i]) {p[i]=x;break;}
x^=p[i];
}
if(x) cnt++;
}
void dfs(int u)
{
vis[u]=1;a[++k]=d[u];
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v,c=e[i].c;
if(!vis[v]) {d[v]=d[u]^c;dfs(v);}
else ins(d[v]^d[u]^c);
}
}
void calc()
{
for(int j=60;j>=0;j--)
{
int x=0,y=0,fl=0;
for(int i=1;i<=k;i++)
if(a[i]&(1ll<<j)) x++;
else y++;
for(int i=1;i<=60;i++)
if(p[i]&(1ll<<j)) fl=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
if(a[i]&(1ll<<j))
{
if(fl) ans=(ans+pw[cnt-1]*(k-1)%jzm*pw[j]%jzm)%jzm;
else ans=(ans+pw[cnt]*y%jzm*pw[j]%jzm)%jzm;
}
else
{
if(fl) ans=(ans+pw[cnt-1]*(k-1)%jzm*pw[j]%jzm)%jzm;
else ans=(ans+pw[cnt]*x%jzm*pw[j]%jzm)%jzm;
}
}
}
signed main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read(),c=read();
e[++tot]=edge(v,c,f[u]),f[u]=tot;
e[++tot]=edge(u,c,f[v]),f[v]=tot;
}
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
pw[i]=pw[i-1]*2%jzm;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i])
{
memset(p,0,sizeof p);
k=cnt=0;
dfs(i);
calc();
}
int inv=500000004;
printf("%lld\n",(ans*inv)%jzm);
}