CF251D Two Sets 异或高斯消元找最优解

题目大意

给你 N 个数 ai ，要求把这些数分成两堆，使第一堆的异或和加第二堆的异或和最大，在满足这个条件下使第一堆的异或和最小，输出方案。

N<=105
ai<=1018

解体思路

一看到这种异或题就会想到对每个数一位一位的处理，由于是要把一堆数分成两堆，我们就考虑一下分开后的情况。由于异或就是在模2意义下的无进位加法，我们就只考虑1。如果对于某一位，一开始是由奇数个一异或，那么分开两组后必定是有一组有奇数个1，一组有偶数个1，那么不管怎么分组对答案都不会有影响，但我们也要尽量把奇数个一分到第一组使第一堆的异或和尽量小。而如果总共有偶数个1就不同了，由于当且仅当分开的组中的某一位有奇数个1时才会对答案造成影响，所以我们要尽可能的把偶数个1分成有奇数个1的两组。由此我们可以对每一个偶数为列出一个异或方程，形如 fk:x1∗a1+x2∗a2+x3∗a3.....=1/0 （ xi 表示第一组是否选这个数， ai 表示第 i 个数第 k 位的二进制值，如果当前位含偶数个1则等式右边为1，否则为0）。
那应该怎么实现呢？
我们可以先做含偶数个1的位，然后从高位往低位枚举，以保证答案的最优性。每做一位，我们就新添加以个方程，为了满足高斯消元的要求，我们先把之前方程要消的项消掉。如果我们发现消完后这个方程的所有系数都为0，即所有 ai 为0，那就以为着这条方程已经没有意义了，可以直接消掉，否则就再有这条第一个系数不为0的项去消别的方程。到最后剩下来的每个方程的会有一个系数为1的项，而这个所对应的 xi 的值就是等式右边的值，而没有涉及到的 x 就可以任取，对答案不会造成影响，同时我们可以用 bitset 来优化时间复杂度。（这已经把程序的实现步骤讲出来了。。。。。。）

程序

附上简洁的代码！

//CF251D Two Sets YxuanwKeith
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <bitset>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int MAXN = 1e5 + 5, MAXM = 62;

bitset<MAXN> Map[MAXM + 1], F[MAXM + 1]; 

int tot, N, Ok[MAXM + 1], Ans[MAXN];
LL All;

int main() {
    freopen("4021.in", "r", stdin), freopen("4021.out", "w", stdout);

    scanf("%d", &N);
    for (int i = 1; i <= N; i ++) {
        LL Num;
        scanf("%lld", &Num);
        All ^= Num;
        for (int j = 0; j <= MAXM; j ++) 
            if (Num & (1ll << j)) Map[j][i] = 1;
    }
    for (int j = 0; j < 2; j ++) {
        for (int i = MAXM; i >= 0; i --) 
            if (((All >> i) & 1) == j) {
                F[++ tot] = Map[i], Ok[tot] = N + 2, F[tot][N + 1] = 1 - j;
                for (int k = 1; k < tot; k ++) if (F[tot][Ok[k]]) F[tot] ^= F[k];
                for (int k = 1; k <= N; k ++) if (F[tot][k]) { Ok[tot] = k; break;}
                if (Ok[tot] > N) {tot --; continue;}
                for (int k = 1; k < tot; k ++) if (F[k][Ok[tot]]) F[k] ^= F[tot];

            }
    }
    for (int i = 1; i <= tot; i ++) Ans[Ok[i]] = F[i][N + 1];
    for (int i = 1; i <= N; i ++) printf("%d ", 2 - Ans[i]);
}