正题

题目链接:http://www.ybtoj.com.cn/contest/118/problem/3

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解题思路

给出$n$个点，$m$次动态插入一条无向边询问：割掉一些边使得图中至少两点不连通，并且割掉的边异或和最大。

询问之间相互独立

$1\le n\le 500,1\le m\le 1000$

边权以二进制形式给出，长度不超过$1000$

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解题思路

要求分隔两个点，看起来很麻烦，其实有个结论。先定义$w_i$表示连接$i$的所有边的异或和，如果选出了一个点集$U$和外面的所有点都隔绝，那么割就是点集$U$中所有点的$w_i$值异或和。

其实挺显然的，因为如果两个点集中的点$x,y$之间的边被异或了两次就抵消掉了。

那么现在问题就变为了每次修改两个数，求最大异或和。

然后就是带修线性基的裸题了，有两种方法

在线做法是先删除再插入，就是开一个0行储存所有的没有成功插入线性基的元素，然后还要对于每个元素维护一个它插入的时候异或了哪些元素。

每次你删除一个元素$x$的时候，假设集合$S$中储存了所有插入的时候异或了$x$的元素（包括$x$本身），那么我们找出一个最小的$y\in S$（异或后），让所有$S$中的其他元素异或上$y$之后再将$yxorc$插入（$c$表示你要让$x$异或的值）
此时就相当于你将之前插入$x$时本应该异或的数变成了异或$xxorc$的，选出最小的$y$防止对后面的元素产生影响，然后修改后让$y$代替$x$成为新的主元插入。
加一个$bitset$优化，时间复杂度$O(\frac{m(n+L)L}{w})$

离线的做法是线段树分治，一个$x$的取值会被分为不同的时间段，每次将$x$的固定的时间段插入到线段树的对应区间，然后分治下去的时候维护一个撤销线性基就好了。

时间复杂度$O(\frac{m{L}^2\log m}{w})$（也许？）

这里写的是在线的做法

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<bitset>
using namespace std;
const int N=1010;
bitset<N>w[N],v[N],c,ans;
int n,m,p[N];char s[N];
void Insert(int x){for(int i=N-1;i>=0;i--)if(w[x][i]){if(p[i])w[x]^=w[p[i]],v[x]^=v[p[i]];else{p[i]=x;return;}}return;
}
void Change(int x){int pos=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(v[i][x]&&!w[i].any()){pos=i;break;}if(!pos)for(int i=0;i<N;i++)if(p[i]&&v[p[i]][x]){pos=p[i];p[i]=0;break;}for(int i=1;i<=n;i++)if(v[i][x]&&i!=pos)w[i]^=w[pos],v[i]^=v[pos];w[pos]^=c;Insert(pos);return;
}
int main()
{freopen("cut.in","r",stdin);freopen("cut.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)v[i][i]=1;for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);scanf("%s",s);int l=strlen(s);c.reset();for(int j=0;j<l;j++)c[j]=s[l-j-1]-'0';Change(x);Change(y);bool flag=0;ans.reset();for(int i=N-1;i>=0;i--){if(p[i]&&!ans[i])ans^=w[p[i]];if(ans[i])flag=1;if(flag)printf("%d",ans[i]?1:0);}if(!flag)puts("0");else putchar('\n');}return 0;
}