BZOJ_2844_albus就是要第一个出场_线性基

BZOJ_2844_albus就是要第一个出场_线性基

Description

已知一个长度为n的正整数序列A（下标从1开始）， 令 S = { x | 1 <= x <= n }, S 的幂集2^S定义为S 所有子

集构成的集合。定义映射 f : 2^S -> Zf(空集) = 0f(T) = XOR A[t] , 对于一切t属于T现在albus把2^S中每个集

合的f值计算出来， 从小到大排成一行， 记为序列B（下标从1开始）。 给定一个数， 那么这个数在序列B中第1

次出现时的下标是多少呢？

Input

第一行一个数n, 为序列A的长度。接下来一行n个数， 为序列A， 用空格隔开。最后一个数Q， 为给定的数.

Output

共一行， 一个整数， 为Q在序列B中第一次出现时的下标模10086的值.

 

Sample Input

3

1 2 3

1

Sample Output

3

样例解释：

N = 3, A = [1 2 3]

S = {1, 2, 3}

2^S = {空, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}

f(空) = 0

f({1}) = 1

f({2}) = 2

f({3}) = 3

f({1, 2}) = 1 xor 2 = 3

f({1, 3}) = 1 xor 3 = 2

f({2, 3}) = 2 xor 3 = 1

f({1, 2, 3}) = 0

所以

B = [0, 0, 1, 1, 2, 2, 3, 3]

HINT

数据范围：

1 <= N <= 10,0000

其他所有输入均不超过10^9

---

基本思路是求出有几个小于这个数且本质不同的数。

如果构成线性基的数有K个，那么每种方案都可以找出$2^{n-K}$个。

然后我们可以正着求第K大异或和，也可以很巧妙的解决这个数是第几大的异或和。

由于这$2^{K}$个异或和与他们的排名是一一对应的，我们可以这样做。

把线性基中所有第一位的1抠出来，假设现在有个数x，将x拆成二进制的形式，在线性基中的第i位是1就相当于有1<<i个比他小的，需要加上。

其实就是反过来做，求反过来的第K大异或和，只不过此时的线性基是第i个向量恰好在第i位为1。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int mod=10086;
int qp(int x,int y) {
    int re=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) re=re*x%mod; return re;
}
int n,b[40],a[40];
void insert(int x) {
    int i;
    for(i=30;i>=0;i--) {
        if(x&(1<<i)) {
            if(b[i]) x^=b[i];
            else {
                b[i]=x; return ;
            }
        }
    }
}
void Guass() {
    int i,j;
    for(i=30;i>=0;i--) {
        if(b[i]) {
            for(j=30;j>=0;j--) {
                if(i!=j&&(b[j]&(1<<j))) b[j]^=b[i];
            }
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d",&n);
    int i,x;
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),insert(x);
    Guass();
    int Q;
    scanf("%d",&Q);
    int k=0;
    for(i=0;i<=30;i++) if(b[i]) a[++k]=i;
    int re=0;
    for(i=1;i<=k;i++) {
        if(Q&(1<<(a[i]))) {
            re=(re+(1<<(i-1)))%mod;
        }
    }
    printf("%d\n",(re*qp(2,n-k)%mod+1)%mod);
}