线性基是一个奇妙的集合（我摘的原话）

这里以非 $OI$ 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……