題目地址-CF

• 簡略題意

給你一個 $n$個點的圖， $m$條邊，每個點有個點權 $c_{}$

其實我們令一條邊的邊權為 $w_i=c_{v_i}\ xor\ c_{u_i}$，那麼肯定對於這條邊的兩個端點，要麼都異或 $w_i$，要麼都不異或，所以對於一個邊權都為 $w_i$的一個連通塊，它只有兩種選擇，要麼都異或 $w_i$，要麼都不異或 $w_i$。所以我們將邊按照邊權排序，然後對於同一種邊權，它的方案數就為 $\sum_{i=1}^{tot}{2^{sze_i}\times 2^{n-cnt}}$（ $sze_i$為連通塊大小， $tot$為當前連通塊個數， $cnt$為當前在連通塊內的點的個數），也就是連通塊的選擇方案數乘以其它點的選擇方案數（異不異或只有兩種狀態所以為 $2$的多少次方）。然後對於其它不為邊權的 $x$，方案數就是 $2^n$，加上即可。

#include<set>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=5e5+10;
const ll Mod=1e9+7;
ll n,m,k;
ll C[M],ans;
set <int> rec,kua;//自動去重
int f[M];
int find(int a){return f[a]==a?a:f[a]=find(f[a]);}
void merge(int a,int b){
	rec.insert(a);rec.insert(b);
	a=find(a);b=find(b);
	if(a!=b)f[a]=b;
}
ll fpow(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod){if(b&1)ans=(ans*a)%Mod;}
	return ans;
}
struct edge{
	int u,v;ll w;
	void in(){scanf("%d%d",&u,&v);w=C[u]^C[v];}
	edge(){}
	edge(int a,int b,ll c):u(a),v(b),w(c){}
	bool operator <(const edge &a)const{return w<a.w;}
}E[M];
void turn_back(){
	for(auto a:rec)f[a]=a;rec.clear();//還原要暫存，否則複雜度變成O(nm)了
	kua.clear();
}
int main(){
	scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%I64d\n",&C[i]),f[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++)E[i].in();
	sort(E+1,E+m+1);
	ll last=0,All=fpow(2ll,n);
	for(int i=1,j;i<=m;){
		ans=(ans+All*((E[i].w-last)%Mod)%Mod)%Mod;//不為邊權的x的貢獻
		last=E[i].w;
		for(j=i;j<=m&&E[j].w==last;j++){merge(E[j].u,E[j].v);}
		for(j=i;j<=m&&E[j].w==last;j++){
			int a=find(E[j].u),b=find(E[j].v);
			kua.insert(a);kua.insert(b);
		}
		i=j;
		//rec.size()為連通塊內點數，kua.size()為連通塊個數
		ans=(ans+(fpow(2ll,n+kua.size()-rec.size())%Mod))%Mod;
		turn_back();++last;
	}
	ans=(ans+All*((fpow(2ll,k)-last)%Mod+Mod)%Mod)%Mod;
	printf("%I64d\n",ans);
	return 0;
}