Praktični

题目链接：LOJ 3130

题目大意

给你一个无向图，边有边权，你每次修改可以选一个边集以及一个数，把边集里的每条边的边权都疑惑上这个数。
问你最少要修改多少次使得每个简单环的边权异或和都是 0。

思路

首先发现只有环上的要修改，考虑怎么寻找环。
那不难想象可以维护一个生成树（森林），看每次加进来的边两点是否已经连通。

那出现一个环之后，你考虑试着求出它一开始的值。
那你就是树上的的路径的异或和再异或上非树边的权值。
那树上的话我们可以先弄出生成树，然后推下去得到到根的路径的异或和，那两个点之间的就是直接两个到根的异或起来。

那考虑如果是 $0$ 就不用管，如果不是 $0$ 要怎么修改。
那每次是一个边集，那大概 $\log V$ 个数就可以构造出所有的数，那我们不难想到线性基。
那在什么地方修改呢，其实会发现直接在非树边修改就好。这样有一个好处是上面我们维护的到根的异或和就不需要动态维护修改了。
而且这样一定是可能的，树上的一次修改一定可以被拆解成若干个非树边（这些非树边找到的环包含这条树边），那如果一个非树边多次异或了某个值，就奇数留下偶数消掉，所以一定是可以有方案的。

至于怎么线性基找方案（发现之前没有写过），你就把弄好的线性基拿来，从高往低，再记录下所有非树边需要异或的数。
那从高往低扫，线性基中每次找到一个数，就全部要异或的数都看一次，如果这一位有值就要异或上这个线性基上的数。
然后就找到方案了。

代码

#include<map>
#include<cstdio>
#include<vector> 
#include<algorithm>using namespace std;const int N = 1e5 + 100;
struct node {int id, x, to, nxt;
}e[N << 1];
int n, m, le[N], KK, b[N];
int p[33], a[N], tot;
vector <int> ans;
bool in[N], fx[N];
map <int, int> dy; void add(int x, int y, int z, int id) {e[++KK] = (node){id, z, y, le[x]}; le[x] = KK;
}bool insert(int x) {for (int i = 31; i >= 0; i--)if ((x >> i) & 1) {if (!p[i]) {p[i] = x; return 1;}x ^= p[i];}return 0;
}void build(int now, int father) {in[now] = 1;for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)if (e[i].to != father) {if (!in[e[i].to]) {a[e[i].to] = a[now] ^ e[i].x;build(e[i].to, now);}else if (!fx[e[i].id]) {fx[e[i].id] = 1;int x = a[now] ^ a[e[i].to] ^ e[i].x;b[e[i].id] = x;tot += insert(x); }}
}int main() {scanf("%d %d", &n, &m);for (int i = 1; i <= m; i++) {int x, y, z; scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);add(x, y, z, i); add(y, x, z, i);}build(1, 0);printf("%d\n", tot);for (int i = 31; i >= 0; i--) {if (!p[i]) continue;printf("%d ", p[i]);ans.clear();for (int j = 1; j <= m; j++) if (fx[j] && ((b[j] >> i) & 1)) {ans.push_back(j);b[j] ^= p[i];}printf("%d", ans.size());for (int j = 0; j < ans.size(); j++) printf(" %d", ans[j]);printf("\n");}return 0;
}