這道題要求從1到n的最大xor和路徑，存在重邊，允許經過重複點、重複邊。

第一行包含兩個整數N和 M， 表示該無向圖中點的數目與邊的數目。 接下來M 行描述 M 條邊，每行三個整數Si，Ti ，Di，表示 Si 與Ti之間存在 一條權值為 Di的無向邊。 圖中可能有重邊或自環。

輸出：僅包含一個整數，表示最大的XOR和（十進位制結果） 

輸入

5 7
1 2 2
1 3 2
2 4 1
2 5 1
4 5 3
5 3 4
4 3 2

輸出

6
題目要求很清楚，看了大佬的部落格，
不過還是自己手寫一下思路吧。
可以從1道n隨意找一條路徑然後求出他的初始的異或和,作為初始值。
然後找到所有的環。。

我們考慮如何得到答案，首先所有的環都是可以經過的。這是為什麼呢？
一個邊權為非負整數的無向連通圖,節點編號為1到N,試求出一條從1號節點到N號節點的路徑,使得路徑上經過的邊得權值的XOR和最大.
假設我們從1號點開始走，走到一個環的起點，然後我們經過這個環以後回到了環的起點，這時我們可以直接回到起點。這樣，除了環上的路徑，其他的路徑都被抵消了。

那麼我們就只選了了這個環，也就是說，任意一個環都是可以選的。
然後我們先把所有的環都選出來，選入線性基中，再選出任意一條從1到n的路徑，作為初始ans。初始ans異或線性基的最大值就是我們求的答案。為什麼任意選一條路徑也是可行的呢？
我們選了一條路徑以後，如果存在一條更優的路徑，那麼這兩條路徑肯定是構成一個環的，會被選入線性基中。那麼我們再用初始的ans異或一下這個環，我們就會發現，初始的ans被抵消了，二更優的那條路徑留了下來。所以，我們選一個任意的初始ans是可行的。
於是這道題的實現就很明顯了。先找出所有環，構成線性基，然後找出初始ans。這兩步顯然是可以dfs一遍一起搞的。然後用ans去異或線性基。從高位開始往低位異或。如果當前ans異或這一位的數能使ans變大，那麼就異或。最終得到的ans就是我們要求的答案。

所以根據這題，我們得到一個結論：任意一條1到n的路徑的異或和，都可以由任意一條1到n的路徑的異或和和一些環的異或和來組合得到。

 

#include<bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <stdlib.h>
#include <ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e6 + 5;
using namespace std;
int n,m;
struct Point{
    ll next,to,val;
}edge[maxn*2];
ll head[maxn],cnt;
ll cnn;//成環的個數
ll a[maxn];//線性基
ll A[maxn];//成環的點
ll d[maxn];//環中到i點的異或和
bool vis[maxn];//訪問標記
void init(){
    memset(head,0,sizeof(head));
    memset(vis,false,sizeof(0));
    memset(A,0,sizeof(A));
    cnt=0;
    cnn=0;
}
void add(ll u,ll v,ll w)
{
    cnt++;
    edge[cnt].to=v;
    edge[cnt].val=w;
    edge[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
}
void dfs(int u)
{
    vis[u]=true;
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(!vis[v])
        {
            d[v]=d[u]^edge[i].val;
            dfs(v);
        }
        else
            A[cnn++]=d[u]^d[v]^edge[i].val;//環的權值
    }
}
void build(ll p)
{
    for(int i=62;i>=0;--i)
    {
        if(p>>i&1)//if(p&ll(1ll<i))
        {
            if(a[i]==0)
            {
                a[i]=p;
                break;
            }
            p^=a[i];
        }
    }
}
ll query_max()
{
    ll ans=d[n];
    for(int i=62;i>=0;--i)
    {
        if((ans^a[i])>ans)
            ans^=a[i];
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll u,v,w;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        init();
        for(int i=0;i<m;++i)
        {
            scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
            add(u,v,w),add(v,u,w);
        }
        dfs(1);
        for(int i=0;i<cnn;++i)
            build(A[i]);
        ll ans=query_max();
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}