一、题目
二、解法
建议做一做这道题
先考虑一个生成树,设到根的异或和是 ,简单路径就是 ,我们考虑每一位上的贡献,就考虑 第 位上的值叫初值,我们考虑线性基怎么选才能最后得到
其实我们只能枚举 ,但我们知道产生初值对应的 有多少个,我们来分类讨论一波:
- 首先就是 那一位是 ,线性基里面那一位也有 ,考虑 这个点随便选,与之对应的线性基就有 种选法(那一位出现次数是奇数还是偶数,都是这么多),那么贡献是 ,其中 是总点数。
- 那一位是 ,线性基里面那一位没有 ,选 当前位是 (设这个个数为 ),则贡献为:
- 那一位是 ,线性基里面那一位有 ,类比第一种情况。
- 那一位是 ,线性基里面没有 ,类比第二种情况,必须选一个带有 的
时间复杂度 ,最后还要除以 (点对会被算两次)
#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);
}