线性基是一个奇妙的集合（我摘的原话）

以非 $OI$ 的角度介绍了线性基

基础部分

模板题

给你 $n$ 个数的集合，让你选出任意多个不重复的数，使得它们的异或和最大。

线性基是什么

我们称集合 $B$ 是集合 $S$ 的线性基，当且仅当 集合 $B$ 和 集合 $S$ 的元素数相同，且集合 $B$ $=$ 集合 $S$ 能异或出的数的集合。

其中“能异或出的数的集合”表示从集合中选出任意多个数（不能不选），它们的异或和组成的集合。

怎么构造线性基

异或是基于二进制的，我们当然要以二进制位的角度考虑啦！

我们依次插入每个给定集合 $S$ 的数，设我们要往集合 $B$ 中插入一个集合 $S$ 的数 $x$，我们将 $x$ 从高往低位遍历二进制位。

设当前遍历到第 $i$ 位，

若遇到 $1$，则判断之前是否已插入过最高位为 $1$ 的数（设其为 $p_i$）：

       - 如果插入过，就把当前要插入的数异或上 $p_i$，再往低位遍历；

       - 如果没插入过，就把当前插入的数赋给 $p_i$，退出。

可以通过数学归纳法（从 $p_i$ 和从高到低位消 $1$ 两个角度）证明，这样构造使 $p_i$ 的值的最高二进制位是第 $i$ 位（这一位当然就是 $1$ 了）。

对于“$p_i$ 的值的最高二进制位是第 $i$ 位”这部分，一开始 $p$ 数组都未被赋过值，满足定义；然后如果另一部分是正确的，那赋值之后 $p$ 数组依然满足定义。

对于“从高到低位消 $1$”这部分，如果另一部分是正确的，每次异或 $p_i$ 都不会对更高位造成影响（那些位还是 $0$），第 $i$ 位会被消成 $0$，所以只有更低位可能有 $1$，往下遍历就行了。

已经说过，一开始 $p$ 数组满足定义，所以第一部分正确，然后两部分互相归纳下去即可完成证明。

 

我们把这个数组 $p$ 称作“有序的”集合 $B$ 吧！（因为集合本身有无序性）

据说这种构造方式很像高斯消元？这个还不是，下文会说怎么构造才是。

这样构造的意义是什么

对于集合 $S$ 中的任意两个数 $x,y$，它们能异或出的三种数是（假设不能一个都不取，即不取空集）$x,y,x\bigoplus y$。

由于异或的偶数抵消（即偶数个相同的数相异或等于 $0$，比如 $x\bigoplus (x\bigoplus y) = y$）性质，我们可以把 $x$ 和 $y$ 的任意一个换成 $x\bigoplus y$，这两个数能异或出的三种数依然是 $x,y,x\bigoplus y$。

拓展：把两个 $S$ 的子集中的数任意互相异或，再把两个子集合并得到的子集 能异或出的数的集合 $B_1$ 与把任意互相异或之前的子集合并得到的子集 能异或出的数的集合 $B_2$ 相等。

重要结论：所以我们把原集合 $S$ 中的数任意互相异或，集合 $S$ 能异或出的数的集合 $B$ 不变。

由于我们构造线性基的方式中，每个 $p_i$ 都是原集合 $S$ 中若干个数的异或和，所以集合 $p$ 能异或出的数的集合 与原集合 $S$ 能异或出的数的集合相等。

 

那为什么要把要插入的数 $x$ 不断异或 $p_i$？

对于一个新插入线性基的数，根据前述构造方式，如果从高到低遍历完所有二进制位，都没能插入给一个 $p_i$，那这个数必定被异或成了 $0$。

证明：

       - 从高到低遍历到第 $i$ 个二进制位时，只有当前要插入的数 $x$ 的第 $i$ 位为 $1$ 时才会考虑异或 $p_i$。

       - $p_i$ 的值的最高二进制位就是第 $i$ 位（之前证明过），且这一位为 $1$。

       结合这两条，我们发现，要插入的数 $x$ 一定会被从高到低位依次被异或成 $0$，而且已经遍历过的高位不会再被异或成 $1$。

       在遍历最高位时，这个性质是成立的，而往低位遍历时，可以结合上述两条，用数学归纳法证明。

所以，遍历完所有位之后，如果 $x$ 还没被插入，就肯定被一堆 $p_i$ 异或成 $0$ 了。

这是什么意思呢？

说明 $x$ 一开始的值（就是在集合 $S$ 中的值）是能通过其它若干个数异或出来的（之前说过，$p_i$ 都是原集合 $S$ 的若干个数的异或和）。

那就已经能被表示了，所以不要它了。

 

综上，可以看出这个线性基最叼的地方是：它能把原集合构造成元素很少的新集合，使其能异或出的数的集合不变，且新集合能容纳一些特殊性质。

那模板题怎么做

我们发现，在线性基中，每种最高位的数只有一个（一个 $p_i$ 对应一个最高位）。构造完线性基后，我们从高往低再遍历一次二进制位，做贪心（因为高位的一个 $1$ 比低位的任意多个 $1$ 都大）。

具体地说，就是设当前最大值变量为 $ans$，初始时使 $ans$ 为 $0$，从高往低遍历到第 $i$ 位时，如果 $ans\bigoplus p_i\gt ans$，就更新 $ans$ 为 $ans\bigoplus p_i$。

证明：可以这样考虑，遍历到第 $i$ 位时，比第 $i$ 位高的位都已经极大，然后我们现在要确保第 $i$ 位极大。结合数学归纳法可知，高位优先大的贪心策略能保证答案最大。

 

拓展部分

请确保基础部分都会了再看这部分

首先说一个线性基特别重要的性质：一个线性基能异或出的每个数的组成方案是唯一的。换句话说就是对于一个线性基的任意两个不同的取数方案，异或出的数两两不相等。

原因很简单，根据之前说过的构造方法，如果新插入的一个数能被线性基中已有的数表示出来，那它在遍历完所有二进制位后也不会被插入，且它一定被若干个 $p_i$ 异或成 $0$。

由此可以推出 $2$ 个性质：

       - 线性基能异或出的数一定不包括 $0$（包括 $0$ 说明线性基中有两个相等的数，其中一个就能被另一个表示了，不符合构造要求；而且线性基中每种最高位的数只能有一个，显然两个相等的数的最高位也是相等的，也不符合构造要求）

       - 假设线性基中有 $cnt$ 个数，线性基能异或出的数的集合大小为 $2^{cnt}-1$（$-1$ 就是去掉一个数都不取的情况）

（这些概念是给你深入学习用的，可能会有用）

模板题加强版

给你 $n$ 个数的集合，让你选出任意多个不重复的数，使得它们的异或和再异或一个常量 $s$ 最大。

题解

做之前的模板题时，我们让 $ans$ 一开始为 $0$。

这是为什么？

由于异或的性质，一个数异或 $0$ 等于这个数本身，所以我们可以把之前的模板题看做 要求若干个数的异或和再异或一个常量 $0$ 最大。

又因为异或有交换律，所以我们可以交换顺序，读作“要求一个常量 $0$ 异或若干个数的异或和最大”。

这道题同理。所以让 $ans$ 一开始为 $s$，再跟之前的模板题一样做最大值贪心就行了。

（这是我自己想出来的解释，好像没那么严谨）

XOR （HDU3949）

给你 $n$ 个数的集合，让你选出任意多个不重复的数（至少选一个），把它们的异或和放入一个新集合中（集合是有互异性的，相同的数只保留一个），求新集合的第 $k$ 小值。

简化题意：求线性基能异或出的数的集合的第 $k$ 小（其实某些情况下是 $k-1$，后面会说）。

题解

首先，对于这道题，线性基的构造方式就跟之前不太一样了，因为之前只要求最大，而现在要求第 $k$ 小。

但我们知道，线性基是以每个二进制为最高位存一个数的，那是不是容易想到把 $k$ 进制分解呢？

这样的话，在前文的构造方式的基础上，我们只需要改点限制：规定 $p_i$ 的值的最高位是第 $i$ 位，且在此基础上 $p_i$ 最小。

直接加了一个最小的限制，这怎么做？

考虑之前的 $p_i$，它除了在第 $i$ 位有个 $1$ 外，在更低的位还有若干个 $1$。

那我们是否可以用线性基中的某些数，尽量消去低位的那些 $1$？（我们知道，线性基中的数都是原集合 $S$ 的若干个数的异或和，线性基中两个数的异或和还是原集合 $S$ 的若干个数的异或和）

这个很好做，往线性基插入一个新数时，用这个 $p_i$ 更新 $p$ 数组的其它所有值就行了。

详细做法：

　　- 对于低位

　　　　现在插入的一个数放到了 $p_i$，它在一个更低的二进制位（设其为第 $j$ 位）上为 $1$，且 $p_j$ 已被赋过值，那就把 $p_i$ 更新为 $p_i\bigoplus p_j$。

　　　　证明：这种情况下让 $p_i$ 异或 $p_j$，不会对比第 $j$ 位更高的位造成影响，但会使 $p_i$ 的第 $j$ 位变成 $0$，这种情况下即使更低的位异或出再多的 $1$，这个数总体也变小了。

　　　　为了方便，从大到小枚举 $j$ 即可。

　　- 对于高位

　　　　只考虑低位显然不对，因为有可能 $p_i$ 的第 $j$ 个二进制位为 $1$，而 $p_j$ 此时可能没有值，但它以后被赋了值，这种情况下也应该用 $p_j$ 更新 $p_i$。

　　　　我们只能用赋值晚的更新赋值早的，所以对于插入的一个数 $p_i$，不仅要用更低位的 $p_j$ 更新它，还要用它更新更高位的 $p_j$。

　　　　这一部分依然从大到小枚举 $j$。

这样就把线性基中的所有数都互相更新成满足限制的最小值，具体见代码吧（反正很短）。

其实这才是线性基的通用构造方式（比如对于模板题，多出来的要求对答案没有影响，因此该构造方案可以兼容使用）。另外说一下，换个角度看这个构造方式，其实就是标准的高斯消元+矩阵消成三角形，文章开头给了个非 $OI$ 角度介绍线性基的链接，可以去那里看看矩阵高斯消元的讲解。那里所谓的把不在对角线上的 $1$ 能消掉就消掉，其实也就是让每行的数最小。异曲同工吧？

 

如上改变线性基的构造方式后，把 $k-1$ 二进制分解，若第 $i$ 位为 $1$ 就把 $ans$ 异或上 $p_i$。

证明比较冗杂（其实是不会表达），这里尽量短地说一下（其实还是很长）：

你会发现，若 $p_i$ 的第 $j$ 个二进制位是 $1$，那 $p_j$ 一定没被赋过值（如果有值就能更新 $p_i$ 使其更小了）。

所以所有的 $p_i$ 在各自的位数范围内（就是不超过最高位）都必须且只能在某些相同的位上有 $1$。

比如线性基里的三个数（二进制表示）可能是这样的（高位自动补成 $0$，用于对齐，其实不用考虑）：$$111\space\space 011\space\space 001$$

而不可能是这样的：$$111\space\space 010\space\space 001$$

因为最低位要么都是 $1$，要么都是 $0$（也就是说要么最低位的 $p_i$ 有值，要么没值，不能模棱两可）。

这样的话，有一个烦人的顾虑就没了。

这个顾虑我不知道怎么叫名字……

大概就是说，如果 $p_i$ 表示线性基中最高位二进制位为 $i$ 的数，我们知道第 $2^{i-1}$ 大异或和为 $p_i$，第 $2^{j-1}$ 大异或和为 $p_j$，但 $p_i\bigoplus p_j$ 不一定是第 $2^{i-1}+2^{j-1}$ 大异或和（如果直接是的话，证明早就结束了）。

因为两数异或后第 $i$ 到 $j-1$ 位的数是不用争议的达到最小了（因为只有 $p_i$ 有那些位），但第 $j$ 位及以后的位根本没有保证啊！

为了解决这些顾虑，我们拆开考虑：

对于第 $j$ 位，$p_i$ 的第 $j$ 位必定是 $0$，因为 $p_j$ 被赋过值。

对于更低的位，$p_i$ 和 $p_j$ 在那些位上的数完全相同，即一位要么都是 $1$，要么都是 $0$。

由于我们前面的新构造方式 是考虑把每个 $p_i$ 的 $1$ 消成 $0$，因此如果我们想得到其它的异或和，只能不消 $p_i$ 的 $1$，也就是把一些 $0$ 改回 $1$。

显然，只有 $p_i$ 为 $1$ 的位才有可能在与其它若干个 $p_j$ 异或后得 $1$（异或奇数次），而 $p_i$ 为 $0$ 的位在异或后，这一位肯定还是 $0$（因为异或的那些 $p_i$ 在同位也必须是 $0$）。

保留 $p_i$ 原有的 $1$，而再把 $0$ 改成 $1$，$p_i$ 在与其它若干个 $p_j$ 的异或和 只可能在把原异或和（就是把 $p_i$ 的 $0$ 改成 $1$ 之前与这些 $p_j$ 的异或和）的某些二进制位由 $0$ 变成 $1$，新的异或和显然不会变小。

所以顾虑就解决了， $p_i\bigoplus p_j$ 在第 $j$ 位及更低位的部分的数 已经达到最小，结合二进制原理可得 $p_i\bigoplus p_j$ 是第 $2^{i-1}+2^{j-1}$ 大异或和。

 

做完了？

然而这道题还有个比较坑的地方……

就是它要求至少选一个数，也就是不能不选（这种情况下异或和为 $0$），但你可以选出若干个数（至少一个）的异或和为 $0$（这种情况下 $0$ 才是最小的异或和），然而线性基中的数并不能异或出 $0$（因为任意两个数的最高位都不相同，至少最大的那个数的高位就消不掉），所以我们要特判能否异或出 $0$。

这个也很好判，回顾一下线性基的构造：你在往线性基中插数的时候，如果最终这个数没被插入，那它一定就被异或成 $0$ 了。这说明原集合 $S$ 的若干个数（至少一个）能异或出 $0$，这时把 $k$ 改为 $k-1$ 即可。

Xor（WC2011 / bzoj2115）

给定一个 $n(n\le 50000)$ 个点 $m(m\le 10000)$ 条边的无向图，每条边上有一个权值。请你求一条从 $1$ 到 $n$ 的路径，使得路径上的边的异或和最大。

路径可以重复经过某些点或边，当一条边在路径中出现了多次时，其权值在计算异或和时也要被计算相应多的次数。

注意：这条路径可以多次经过 $1$ 和 $n$，只要路径的第一个点是 $1$ 且最后一个点是 $n$ 即可。

可能有重边、自环。

题解

其实这题的重点是图论找性质……

如果路径不可以重复经过点边，那这就是我们常见的简单路径了，直着从起点连到终点的那一种。

如果路径可以重复经过点边，简单路径本身不会变（因为你肯定要从起点走到终点），变的只是可以多走一些环。

容易发现，一条可以重复经过点边的路径的异或和 相当于一条从起点到终点的简单路径的异或和 异或 若干个（可以是 $0$ 个）任意的环的异或和。

哪里来的若干个任意的环？

思考一下，从简单路径上的任意一点出发，到达一个环，跑一圈，再原路返回，从简单路径上的点到那个环的往返路径走了两次，异或和抵消为 $0$，因此实际上就多了一圈环的异或和。

那可不可以去跑一圈环套环（或者多个环套起来）呢？也是可以的。这样的话每个环依然都恰好被跑了一次，异或和就是 这些环上所有边权的异或和相异或。

由此也很容易看出，每个环至多只需要考虑跑一次（即算一次异或和）。因为跑偶数次的话，环的异或和会被抵消为 $0$，因此多就是算一次环的异或和，那跟跑一圈一样。

 

所以把图中的所有环提出来（$DFS$ 根据生成树的返祖边找环），记下每个环上所有边权的异或和。

然后枚举每条简单路径，求出该简单路径的异或和（设其为 $s$），问题变成了找若干个环，使这些环的异或和相异或 再异或 $s$ 最大。这就是前文讲过的模板题加强版了。

这真的是很好的思维题啊！

Shallot（bzoj4184）

有一个一开始为空的集合，支持三种操作：加入一个数，删除一个数；每次完成前两种操作中的任意一个后，回答当前集合中若干个数的异或和最大是多少。

题解

动态线性基？麻麻我要离线

容易发现，线性基不支持删除……（想一想就知道了）

但可以离线，那线段树分治每个数出现的时间就行了（标记永久化），于是成了不用删除操作的裸题。

时间复杂度 $O(31\times n\times log(n))$。

albus就是要第一个出场

给定 $n(n\le 10000)$ 个数 $a_1, a_2, \ldots, a_n$，以及一个数 $Q$。将 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ 的所有子集（可以为空）的异或值从小到大排序得到序列 $B$，请问 $Q$ 在 $B$ 中第一次出现的下标是多少？保证 $Q$ 在 $B$ 中出现。

题解

我靠结论题

我当我在学习

 

这题最关键的问题就是异或和不去重！

我们知道，线性基每种选数方案的异或和是互不相同的（前文证明过该结论）。

那我们考虑一下每个数出现了多少次。

不难想到，线性基里的数很少，那没插入线性基的那些数是怎么着来着？

没错，就是被线性基中若干个数异或成 $0$ 后扔掉了。也就是那些数已经能被线性基中的数异或出来了。

如果我们不扔掉这些数，把这些 $0$ 也插入线性基，那异或和会是什么情况？

就是随便用这些 $0$！

假设原集合给了 $n$ 个数，线性基大小为 $|B|$，那剩下的 $n-|B|$ 个数肯定就是这些 $0$ 了。

在放入这些 $0$ 之前，线性基的每种选数方案异或出了一个唯一的异或和（也就是只有这一种方案得到这个异或和），现在多了 $n-|B|$ 个 $0$，而每个 $0$ 都可以用或不用，总共就有 $2^{n-|B|}$ 种方案得到这个异或和。

 

之前讲过了求第 $k$ 小的方法，现在我们要找比一个数 $Q$ 小的异或和的数量，本来是二分，但由于是在二进制位上做，所以可以优化为 只要在原线性基中枚举每个 $p_i$，尝试一下把 $sum$ 异或上 $p_i$ 是否小于 $Q$，如果小于就异或上这个数就行了，顺便加上比这个数小的数的数量（就是 $2^i$）。最后别忘了答案 $+1$（因为问的是 $Q$ 本身的出现位置，要算上自己的排名，刚才统计的只是比它小的数的数量）。

做完这道题后才发现，原来随便给一堆数，每个能异或出的数的出现次数都相同？我fo啦……

后记

1. 线性基不资瓷删除

2. 线性基大小为所有数的最大二进制位数（这不是废话么）

3. 线性基（大概）不资瓷限定选数的数量

4. 怎么什么数学内容都能硬套到 $OI$ 中……

在美妙的数学王国中畅游