Bitwise Exclusive-OR Sequence 异或，dfs，菊花图（2021.11.沈阳）

题意：

给n个点，m条边，每条边的边权为w，是其连边两点的异或和，求出满足题意的图的最小点权和，如果不存在这样的图则输出-1

思路：

异或的传递性质：有a⊕b=x,b⊕c=ya \oplus b = x, b \oplus c = ya⊕b=x,b⊕c=y，则a⊕c=x⊕ya \oplus c = x \oplus ya⊕c=x⊕y；推论：有a1⊕a2=w1.a2⊕a3=w2,...a_1 \oplus a_2 = w_1. a_2 \oplus a_3 = w_2,...a1⊕a2=w1.a2⊕a3=w2,...，则a1⊕an=w1⊕w2⊕...⊕wn−1a_1 \oplus a_n = w_1 \oplus w_2 \oplus ... \oplus w_{n-1}a1⊕an=w1⊕w2⊕...⊕wn−1
异或的转换性质：有a⊕b=ca \oplus b = ca⊕b=c，则a⊕c=ba \oplus c = ba⊕c=b
结合以上两个性质：有an=a1⊕w1⊕w2⊕...⊕wn−1a_n=a_1 \oplus w_1 \oplus w_2 \oplus ... \oplus w_{n-1}an=a1⊕w1⊕w2⊕...⊕wn−1，也就是每一块连通区域内的其他任意点的点权与基点的点权的dfs关系
考虑本题，根据题意建图，考虑每一块连通区域，若合法，则只需对其中任意一点确定权值，则能确定连通块中每一点的权值，并且任选其中一个点为该连通块的基点，能确定该连通块内任何一点与基点的异或和
因此，我们可以从1开始对所有未经过的点dfs，dfs过程中若某点已经被访问过且无法拥有唯一确定点权（成环了），则输出-1，且退出遍历，否则在dfs过程中建立以本次dfs基点为中心的菊花图，边权为基点与目标点连边的异或和
对每个建的新连通块，基点的每一位都可以枚举0和1两种情况，取更小的（dfs时我们假设基点是000…0，如果某一位上这个连通区域内1的个数大于0的个数，基点的这一位就放1，因为原先异或性质导致一条边的两个端点同一位肯定是同时变化的），统计当前连通区域点权和时，已经确定连通块基点点权为x，当前该点在基点为全0时取的是f[v]，考虑某一位，x现在仍是0，该点如果原先是0，现在也是0，该点如果原先是1，现在也是1；x现在如果是1，该点如果原先是0，现在应是1，该点如果原先是1，现在是0，所以累加答案是f[v]⊕xf[v] \oplus xf[v]⊕x

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <unordered_set>
#include <math.h>
#define endl '\n'
#define fi first
#define se second
#define pb push_backusing namespace std;
using ll = long long;typedef pair<int, int> PII;const int N = 1e5 + 10;int n, m;
bool flag = true;
vector<PII> g[N];
vector<int> res[N];
int f[N];
bool st[N];void dfs(int u, int lt)
{st[u] = true;for (auto pii : g[u]){int v = pii.fi, w = pii.se;if (st[v]){if (f[v] != (f[u] ^ w)){flag = false;return ;}}else{f[v] = (f[u] ^ w);res[lt].pb(v);dfs(v, lt);}}
}ll add(int lt)
{int x = 0;for (int i = 0; i < 30; i ++ ){int cnt = 0;for (auto u : res[lt])if (f[u] >> i & 1) cnt ++ ;if (cnt > res[lt].size() / 2) x += (1 << i);}ll ans = x;for (auto u : res[lt]) ans += x ^ f[u];return ans;
}int main()
{cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);int n, m; cin >> n >> m;for (int i = 0, u, v, w; i < m; i ++ ){cin >> u >> v >> w;g[u].pb({v, w}); g[v].pb({u, w});}ll ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){if (!st[i] && flag){dfs(i, i);ans += add(i);}}cout << (flag ? ans : -1) << endl;return 0;
}

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