Sengxian's Blog

先说明一点，$a_i$ 表示一个标量，而加粗的 $\mathbf{a}_i$ 表示一个向量，以便于区分。

概述

基（basis）是线性代数中的一个概念，它是描述、刻画向量空间的基本工具。而在现行的 OI 题目中，通常在利用基在异或空间中的一些特殊性质来解决题目，而这一类题目所涉及的知识点被称作「线性基」。

预备知识

这里有一些线性代数的基本知识，以便更好的理解基的概念。

向量空间（vector space）

向量空间 - 维基百科

定义 $(F, V, +, \cdot)$ 为向量空间（vector space），其中 $F$ 为域，$V$ 为集合，$V$ 中元素称为向量，$+$ 为向量加法，$\cdot$ 为标量乘法，且运算满足 8 条公理（见维基百科）。

线性无关（linearly independent）

线性无关 - 维基百科

对于向量空间中 $V$ 上 $n$ 个元素的向量组 $(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n)$，若存在不全为 $0$ 的数 $a_i \in F$，满足

则称这 $n$ 个向量线性相关（linearly dependent），否则称为线性无关（linearly independent）。

线性组合（linear combination）

线性组合 - 维基百科

对于向量空间中 $V$ 上 $n$ 个元素的向量组 $(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n)$，其线性组合（linear combination）是如下形式的向量

其中 $a_1, \ldots, a_n \in F$。

一组向量线性无关 $\Leftrightarrow$ 没有向量可用有限个其他向量的线性组合所表示

张成（span）

对于向量空间中 $V$ 上 $n$ 个元素的向量组 $(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n)$，其所有线性组合所构成的集合称为 $(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n)$ 的张成（span），记为 $\mathrm{span}(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n)$。

基（basis）

基（线性代数）

若向量空间 $V$ 中向量组 $\mathfrak {B}$ 既是线性无关的又可以张成 $V$，则称其为 $V$ 的基（basis）。

$\mathfrak {B}$ 中的元素称为基向量。如果基中元素个数有限，就称向量空间为有限维向量空间，将元素的个数称作向量空间的维数。

性质

设 $\mathfrak {B}$ 是向量空间 $V$ 的基。则 $\mathfrak {B}$ 具有以下性质：

1. $V$ 是 $\mathfrak {B}$ 的极小生成集，就是说只有 $\mathfrak {B}$ 能张成 $V$，而它的任何真子集都不张成全部的向量空间。
2. $\mathfrak {B}$ 是 $V$ 中线性无关向量的极大集合，就是说 $\mathfrak {B}$ 在 $V$ 中是线性无关集合，而且 $V$ 中没有其他线性无关集合包含它作为真子集。
3. $V$ 中所有的向量都可以按唯一的方式表达为 $\mathfrak {B}$ 中向量的线性组合。

第三点尤其重要，感性的理解，基就是向量空间中的一个子集，它可以通过唯一的线性组合，来张成向量空间中所有的向量，这样就可以大大的缩小我们向量空间的大小。

线性相关性引理（Linear Dependent Lemma）

如果 $(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n)$ 在 $V$ 中是线性相关的，并且 $\mathbf{v}_1 \neq 0$，则有至少一个 $j \in \{2, \ldots, m\}$ 使得下列成立：

1. $\mathbf{v}_j \in \mathrm{span}(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_{j - 1})$；
2. 如果从 $(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n)$ 去掉第 $j$ 项，则剩余向量组的张成仍然等于 $\mathrm{span}(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v_n})$。

证明：设 $(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n)$ 在 $V$ 中是线性相关的，并且 $\mathbf{v}_1 \neq \mathbf{0}$，则有不全为 $0$ 的 $a_1, \ldots, a_n \in F$，使得

$a_2, a_3, \ldots, a_n$ 不会全为 $0$（因为 $\mathbf{v}_1 \neq \mathbf{0}$）。设 $j$ 是 $\{2, \ldots, m\}$ 中使得 $a_j \neq 0$ 的最大者，那么

这就有 $(1)$ 成立。

为了证明 $(2)$，设 $\mathbf{u} \in \mathrm{span}(\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_n)$，则存在 $c_1, \ldots, c_n \in F$，使得

在上面的等式中，可以用之前的等式右边来代替 $\mathbf{v}_j$。这样 $\mathbf{u}$ 包含于从 $(\mathbf{v}_0, \ldots, \mathbf{v}_n)$ 去掉第 $j$ 项的张成，因而 $(2)$ 成立。

OI 中的线性基

异或运算下的基

求法

对于数 $a_0, a_1, \ldots, a_n$，将 $a_i$ 的二进制表示 $(b_{m}\ldots b_0)_2$ 看作一个向量 $\mathbf{a}_i = (b_m, \ldots, b_0)$，为了叙述上的方便，下文称向量 $\mathbf{a}_i$ 的第 $j$ 位为 $b_j$。

向量组 $\mathbf{a}_1, \ldots, \mathbf{a}_n$ 可以张成一个向量集合 $\mathrm{span}(\mathbf{a}_1, \ldots, \mathbf{a}_n)$，加上我们的异或运算和乘法运算（显然满足 8 条公理），即可形成一个向量空间 $V = (\{0, 1\}, \mathrm{span}(\mathbf{a}_1, \ldots, \mathbf{a}_n), \oplus, \cdot)$。

我们考虑求出向量空间 $V$ 的一个基 $\mathfrak{B}$，从 $\mathfrak{B} = (\mathbf{a}_1, \ldots, \mathbf{a}_n)$ 开始。

第 1 步：如果 $\mathbf{a}_1 = \mathbf{0}$，则从 $\mathfrak{B}$ 中去掉 $\mathbf{a_1}$，否则保持 $\mathfrak{B}$ 不变。
第 j 步：若 $\mathbf{a}_j \in \mathrm{span}(\mathbf{a}_1, \ldots, \mathbf{a}_{j - 1})$，则从 $\mathfrak{B}$ 中去掉 $\mathbf{a}_j$，否则保持 $\mathfrak{B}$ 不变。

经过 $n$ 步后终止程序，得到一个向量组 $\mathfrak{B}$。由于每一次去掉的向包含于前面诸向量的张成，到最后这个组 $\mathfrak{B}$ 仍然可以张成 $V$。而且这一程序确保了 $\mathfrak{B}$ 中的任何向量都不包含与它前面诸向量的张成，根据线性相关性引理可知 $\mathfrak{B}$ 是线性无关的。于是 $\mathfrak{B}$ 是 $V$ 的一个基。

利用高斯消元来判断向量能否被前面的向量张成，就可以写出下面的程序：

void cal() {
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        for (int j = MAX_BASE; j >= 0; --j)
            if (a[i] >> j & 1) {
                if (b[j]) a[i] ^= b[j];
                else {
                    b[j] = a[i];
                    for (int k = j - 1; k >= 0; --k) if (b[k] && (b[j] >> k & 1)) b[j] ^= b[k];
                    for (int k = j + 1; k <= MAX_BASE; ++k) if (b[k] >> j & 1) b[k] ^= b[j];
                    break;
                }
}

这个程序实现的非常精妙，我们每次维护一个对角矩阵。执行到第 $i$ 步的时候，我们从高到低考虑数 $a_i$ 为 $1$ 的二进制位 $j$，如果 $j$ 这一行的对角线已经为 $1$ 了，那么我们不能加入，同时为了保持上三角性质，需要将第 $j$ 行的行向量异或到 $\mathbf{a}_i$；如果 $j$ 这一行的对角线为 $0$，那么我们就可以将 $\mathbf{a}_i$ 添加到这一行，同时为了维护一个对角矩阵，要先用下面的行消自己，再用自己消上面的行。

如果一个向量 $\mathbf{a}_i$ 能被 $\mathbf{a}_1, \ldots, \mathbf{a}_{i - 1}$ 张成，它不应添加进 $\mathfrak{B}$，在高斯消元的过程中它必然是已经存在的行向量的线性组合，所以这个方程实际上是多余的，它最后一定会被异或为一个 $\mathbf{0}$。反之如果向量 $\mathbf{a}_i$ 不能被 $\mathbf{a}_1, \ldots, \mathbf{a}_{i - 1}$ 张成，那么它一定能找到某一个行添加进去。

我们来模拟下这个过程，$n = 5, a = \{7, 1, 4, 3, 5\}$。一开始矩阵是这样的：

加入 $7 = (111)_2$，矩阵变为：

加入 $1 = (001)_2$，添加到最后一行，同时为了维护对角矩阵，消去第一行的最低位，矩阵变为：

加入 $4 = (100)_2$，由于第一行已经有数了，它被异或为 $(010)_2$，加入第二行，同时为了维护对角矩阵，消去第一行的第二位，矩阵变为：

剩下的数都加不上了。

这样所有被选上的 $\mathbf{a}_i$ 构成一个向量空间 $V$ 的一个基 $\mathfrak{B}$。同时我们知道高斯消元最后得到的矩阵 $b$ 是 $\mathfrak{B}$ 中的向量构成的矩阵进行若干初等行变换得到的矩阵，而任意初等行变换不会影响向量之间的线性无关性，且任意初等行变换过后，这些向量仍然能够张成原有的向量空间（不难证明）。所以，所有非 $\mathbf{0}$ 的 $\mathbf{b}_i$ 仍然构成向量空间 $V$ 的一个基。

大家所称的「线性基」一般都指这个方式得到的基，因为这个基具有一个独特的性质，可以应用到 OI 题目中。所以我们一般谈论的线性基，特指高斯消元解出的对角矩阵的非零行构成的向量组。

性质

对于最后得到的矩阵，如果第 $i$ 的主对角线上为 $1$，此时我们称第 $i$ 位存在于线性基中。对于存在于线性基的二进制位，有一个重要的性质：

对于任意存在于线性基的二进制位 $i$，至多只有一个 $\mathbf{b}_j$ 满足第 $i$ 位为 $1$。

证明：高斯消元的过程中，我们维护了一个对角矩阵，如果二进制位 $i$ 存在于一个向量 $\mathbf{b}_j$ 上，那么 $\mathbf{b}_j$ 它一定消去了别的向量第 $i$ 位上的 $1$，故二进制位 $i$ 只存在于 $\mathbf{b}_j$ 上。

自然，对于不在线性基中的二进制位 $i$，那么第 $i$ 行主对角线下方全为 $0$，而主对角线上方就可能有若干个 $1$。

注意

上述高斯消元过程是消成了一个对角矩阵，如果消成上三角矩阵，虽然不具备这个性质，但是仍然能知道那些二进制位 $i$ 存在于线性基中，有时为了代码的简便，只消成上三角矩阵。下文不做区分，请自行判断。

下面例题中用 $V$ 代指将题目中所有数的张成与异或运算和乘法运算构成的向量空间。

例一（SGU 275）

给定 $n(1\le n\le 100000)$ 个数 $a_1, a_2, \ldots, a_n$，请问这些数能够组成的最大异或和是什么？

分析

我们求出向量空间 $V$ 的一组线性基。则答案就是将线性基中所有向量异或起来得到的向量所对应的数。

考虑用归纳法证明。因为最高的二进制位只存在于最大的基向量上（用向量所代表的二进制数来比大小），所以最大的基向量肯定要选。接着假设前 $i$ 大的都需要选，考虑第 $i + 1$ 大的基向量选不选。显然 $i + 1$ 大的基向量能对异或和贡献它的最高的二进制位 $j$，因为二进制位 $j$ 在之前的异或和中必然为 $0$（根据性质，$j$ 只存在于第 $i + 1$ 大的基向量中）。如果不选，之后所有数对答案的贡献都只能在小于这个二进制位的地方做贡献，总是比选 $i + 1$ 得到的答案小，所以这个数必须得选。

例二（HDOJ 3949）

给定 $n(n \le 10000)$ 个数 $a_1, a_2, \ldots, a_n$，以及 $Q(Q\le 10000)$ 个询问，每次询问这些数（至少一个，不能不选）能够组成的异或和中第 $k$ 小的数是什么（去掉重复的异或和）。

分析

我们求出向量空间 $V$ 的一组线性基 $\mathfrak{B}$。因为向量空间中的任意向量 $\mathbf{u}$ 均可以被表示称 $\mathfrak{B}$ 中向量的唯一线性组合，所以 $\mathfrak{B}$ 中的任意非空子集都可以构成一个向量且互不重复。所以这些数能够组成的异或和的个数为 $2^{\vert \mathfrak{B}\vert} - 1$，特别的，如果 $\vert\mathfrak{B}\vert < n$，则必然存在一个向量组满足线性相关性，这个向量组也就能通过线性组合，异或得到 $0$，则异或和的个数为 $2^{\vert \mathfrak{B}\vert}$。

假设线性基中有 $m$ 个基向量，从小到大依次为 $(\mathbf{v}_0, \ldots, \mathbf{v}_{m - 1})$，则第 $k = (b_x\ldots b_0)_2$ 小的数就是：

不难用二进制的思想证明。

代码

//  Created by Sengxian on 2016/12/5.
//  Copyright (c) 2016年 Sengxian. All rights reserved.
//  HDOJ 3949 线性基
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
inline ll readLL() {
    static ll n;
    static int ch;
    n = 0, ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) n = n * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return n;
}

const int MAX_N = 100000 + 3, MAX_BASE = 60;
int n, zero = false;
ll a[MAX_N], b[MAX_BASE + 3];
vector<ll> mmap;

void prepare() {
    int cnt = 0;
    memset(b, 0, sizeof b);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        for (int j = MAX_BASE; j >= 0; --j)
            if (a[i] >> j & 1) {
                if (b[j]) a[i] ^= b[j];
                else {
                    b[j] = a[i], cnt++;
                    for (int k = j - 1; k >= 0; --k) if (b[k] && ((b[j] >> k) & 1)) b[j] ^= b[k];
                    for (int k = j + 1; k <= MAX_BASE; ++k) if ((b[k] >> j) & 1) b[k] ^= b[j];
                    break;
                }
            }
    zero = cnt != n;

    mmap.clear();
    for (int i = 0; i <= MAX_BASE; ++i)
        if (b[i]) mmap.push_back(b[i]);
}

ll query(ll k) {
    if (zero) k--;
    if (k >= (1LL << (int)mmap.size())) return -1;
    ll ans = 0;
    for (int i = 0; i < (int)mmap.size(); ++i) if ((k >> i) & 1)
        ans ^= mmap[i];
    return ans;
}

int main() {
#ifdef DEBUG
    freopen("test.in", "r", stdin);
#endif
    int caseNum = readLL();
    for (int t = 1; t <= caseNum; ++t) {
        n = readLL();
        for (int i = 0; i < n; ++i) a[i] = readLL();

        prepare();

        printf("Case #%d:\n", t);
        int q = readLL();
        for (int i = 0; i < q; ++i) printf("%lld\n", query(readLL()));
    }
    return 0;
}

例三（BZOJ 2115）

给定一个 $n(n\le 50000)$ 个点 $m(m\le 10000)$ 条边的无向图，每条边上有一个权值。请你求一条从 $1$ 到 $n$ 的路径，使得路径上的边的异或和最大。

分析

任意一条 $1$ 到 $n$ 的路径的异或和，都可以由任意一条 $1$ 到 $n$ 路径的异或和与图中的一些环的异或和来组合得到。

为什么？假如我们已经有一条 $1$ 到 $n$ 的路径，考虑在出发之前，先走到图中任意一个环上面，走一遍这个环，然后原路返回，这样我们既得到了这个环的异或值（走到环的路径被走过了 2 次，抵消了），也返回了点 $1$。我们可以对任意的环这样做，从而获得这个环的异或值。有了这个性质，不难验证上述结论是正确的。

现在的解题思路就非常明确了，首先找出所有的环（利用 DFS 树中的返祖边来找环），然后找一条任意的 $1$ 到 $n$ 的路径，其异或值为 $s$。则我们就需要选择若干个环，使得这些这些环上的异或值与 $s$ 异或起来最大。这就转化为线性基的问题了。

求出所有环的异或值的线性基，由于线性基的良好性质，只需要从大到小考虑选择每个线性基向量能否使得异或值更大即可，容易用贪心证明正确性。

证明：从高到低考虑每个二进制位，设当前的答案为 $s$，考虑到第 $k$ 位，线性基向量中代表二进制位 $k$ 的向量为 $\mathbf{v}$。那么对于第 $k$ 位，一共有三种情况，我们分别考虑我们的选择原则是不是正确的。

1. $s$ 中第 $k$ 位是 $1$，$\mathbf{v}$ 中第 $k$ 位是 $1$，实际上不能选。根据我们的选择原则，此时异或起来答案一定会变小，不选。正确。
2. $s$ 中第 $k$ 位是 $0$，$\mathbf{v}$ 中第 $k$ 位是 $1$，实际上要选。根据我们的选择原则，此时异或起来答案一定会变大，选。正确。
3. $\mathbf{v}$ 中第 $k$ 位是 $0$，那么 $\mathbf{v}$ 必定是零向量，选不选无所谓。正确。

所以在每一种情况中，我们的选择原则都是正确的，所以这个贪心也是正确的。

代码

//  Created by Sengxian on 2016/12/05.
//  Copyright (c) 2016年 Sengxian. All rights reserved.
//  BZOJ 2115 线性基
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
inline ll readLL() {
    static ll n;
    static int ch;
    n = 0, ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) n = n * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return n;
}

const int MAX_N = 50000 + 3, MAX_M = 100000 + 3, MAX_BASE = 60;
struct edge {
    edge *next, *rev;
    int to;
    ll cost;
    edge(edge *next = NULL, int to = 0, ll cost = 0): next(next), to(to), cost(cost) {}
} pool[MAX_M * 2], *pit = pool, *first[MAX_N];
int n, m, cnt = 0;
ll d[MAX_N], a[MAX_N + MAX_M * 2], b[MAX_BASE + 3];

void dfs(int u, edge *fa) {
    static bool vis[MAX_N];
    vis[u] = true;

    for (edge *e = first[u]; e; e = e->next) if (e->rev != fa) {
        if (!vis[e->to]) {
            d[e->to] = d[u] ^ e->cost;
            dfs(e->to, e);
        } else a[cnt++] = d[u] ^ d[e->to] ^ e->cost;
    }
}

void prepare() {
    for (int i = 0; i < cnt; ++i)
        for (int j = MAX_BASE; j >= 0; --j)
            if (a[i] >> j & 1) {
                if (b[j]) a[i] ^= b[j];
                else {
                    b[j] = a[i];
                    for (int k = j - 1; k >= 0; --k) if (b[k] && (b[j] >> k & 1)) b[j] ^= b[k];
                    for (int k = j + 1; k <= MAX_BASE; ++k) if (b[k] >> j & 1) b[k] ^= b[j];
                    break;
                }
            }
}

int main() {
    n = readLL(), m = readLL();
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int u = readLL() - 1, v = readLL() - 1;
        ll w = readLL();
        first[u] = new (pit++) edge(first[u], v, w);
        first[v] = new (pit++) edge(first[v], u, w);
        first[u]->rev = first[v], first[v]->rev = first[u];
    }

    dfs(0, NULL);
    prepare();

    ll ans = d[n - 1];
    for (int i = MAX_BASE; i >= 0; --i)
        if (ans < (ans ^ b[i])) ans ^= b[i];

    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

例四（BZOJ 2844）

给定 $n(n \le 10000)$ 个数 $a_1, a_2, \ldots, a_n$，以及一个数 $Q$。将 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ 的所有子集（可以为空）的异或值从小到大排序得到序列 $B$，请问 $Q$ 在 $B$ 中第一次出现的下标是多少？保证 $Q$ 在 $B$ 中出现。

分析

首先求出 $V$ 的线性基 $\mathfrak{B}$。

如果去除序列 $B$ 中重复的数，使用线性基，根据 $Q$ 的二进制位便可以确定 $Q$ 的排名（使用类似例二的方法）。可是如果不去重，怎么才能知道每个数出现多少次呢？

结论：每个数都出现一样的次数，且这个次数为 $2^{n - \vert \mathfrak{B}\vert}$。
证明：我们考虑在 $B$ 中出现的任意一个数 $x$。所有不在线性基中的数的个数为 $n - \vert \mathfrak{B}\vert$，我们任意选择它的一个子集 $S$，对于 $S$ 中的每个数 $v$，有唯一的方式表达为 $\mathfrak {B}$ 中向量的线性组合。我们对于每个 $v$，将这个线性组合中的向量都选上（一个向量选多次不要紧），两个相同的数异或起来得到 $0$，所以对于每个数 $x$，我们都能找到 $2^{n - \vert \mathfrak{B}\vert}$ 种不同的选择方案，使得异或值为 $x$。又因为对于每个子集 $S$，为了使得最终异或值为 $x$，选择线性基中的向量的方案是唯一的，所以上界也是 $2^{n - \vert \mathfrak{B}\vert}$。这就完成了证明。

这样就只需要一个快速幂就能快速计算答案了。

代码

//  Created by Sengxian on 2016/12/07.
//  Copyright (c) 2016年 Sengxian. All rights reserved.
//  BZOJ 2844 线性基
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
inline int readInt() {
    static int n, ch;
    n = 0, ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) n = n * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return n;
}

const int MAX_N = 100000 + 3, MAX_BASE = 30, MOD = 10086;
int n, a[MAX_N], b[MAX_BASE + 1], Q;

inline int mod_pow(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) (res *= a) %= MOD;
        (a *= a) %= MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    n = readInt();
    for (int i = 0; i < n; ++i) a[i] = readInt();
    Q = readInt();

    int cnt = 0, rnk = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        for (int j = MAX_BASE; j >= 0; --j)
            if (a[i] >> j & 1) {
                if (b[j]) a[i] ^= b[j];
                else {
                    b[j] = a[i];
                    cnt++;
                    break;
                }
            }

    vector<int> vec;
    for (int i = 0; i <= MAX_BASE; ++i) if (b[i]) vec.push_back(i);
    for (int i = 0; i < (int)vec.size(); ++i) if (Q >> vec[i] & 1)
        rnk += 1 << i;

    printf("%d\n", (rnk % MOD * mod_pow(2, n - cnt) % MOD + 1) % MOD);
    return 0;
}

例五

BZOJ 3811

魔法之龙玛里苟斯最近在为加基森拍卖师的削弱而感到伤心，于是他想了一道数学题：$S$ 是一个可重集合，$S=\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$。等概率随机取 $S$ 的一个子集 $A=\{a_{i_1},\ldots,a_{i_m}\}$，计算出 $A$ 中所有元素的异或值 $x$, 求 $x^k(1\le k\le 5)$ 的期望。

保证答案不超过 $2^{64}$。

分析

这种题需要求异或值的和，通常的方法是求出线性基之后，考虑每一位的贡献。

我们对每一个 $k$ 分别考虑。

$k = 1$ 时，由于贡献是线性的，所以我们可以对每一个二进制位分别考虑。我们考虑二进制位 $i$，如果在某一个 $a_j$ 中，存在二进制位 $i$ 为 $1$，那么子集的异或和中二进制位 $i$ 为 $1$ 的概率为 $\frac 1 2$。如果不存在这样的 $a_j$，概率为 $0$。证明很容易，因为子集中有奇数个或者偶数个 $a_j$ 二进制位 $i$ 为 $1$ 的概率是一样的，而只有奇数个 $a_j$ 二进制位 $i$ 为 $1$ 才能满足异或和中二进制位 $i$ 为 $1$。

$k = 2$ 时，我们求的是期望的平方，即每个异或和的贡献为 $(b_mb_{m - 1}\ldots b_0)_2\cdot(b_mb_{m - 1}\ldots b_0)_2$，写成和式就是

我们需要枚举两个二进制位，现在每个数变成了 $(0/1,0/1)$ 二元组，仅当异或后得到 $(1, 1)$，才会产生 $2^{i + j}$ 的贡献。根据 $k = 1$ 的情况不难发现，有 $\frac 1 4$ 的概率得到 $(1, 1)$。需要特判的是，如果所有数都是 $(1, 1)$ 或者 $(0, 0)$ 且至少有一个 $(1, 1)$，那么概率为 $\frac 1 2$。如果所有数都是 $(0, 0)$，那么概率为 $0$。

$k \ge 3$ 时，由于答案不超过 $2^{64}$，所以每个数不超过 $2^{22}$，这些数的线性基不会超过 $22$ 个，所以我们可以考虑求出线性基，然后暴力枚举线性基的子集即可。

虽然答案不会溢出，但是中间过程是有可能是溢出的，为了防止溢出，在 $k \neq 1$ 时，若除数为 $2^m$，那么我们在乘的过程中，将答案记录为 $y = \lfloor \frac y {2^m}\rfloor \cdot 2^m + y \bmod 2^m$ 的形式，这样两个项都不会超过 $2^{64}$，可以计算了。

现在我们考虑输出小数的问题，当 $k = 1$ 时显然小数位要么是 $0$ 要么是 $0.5$；而 $k \neq 1$ 时这个结论仍然成立（虚心求证明），所以特判一下就好了。

代码

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//  BZOJ 3811 线性基
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef unsigned long long ll;
inline ll readLL() {
    static ll n;
    static int ch;
    n = 0, ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) n = n * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return n;
}

const int MAX_N = 100000 + 3, MAX_BASE = 23;
int n, K;
ll a[MAX_N], b[MAX_N];

void solve1() {
    ll res = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) res |= a[i];
    printf("%llu", res / 2);
    if (res & 1) puts(".5");
    else puts("");
}

void solve2() {
    ll ans = 0, res = 0;
    for (int i = 0; i < 32; ++i)
        for (int j = 0; j < 32; ++j) {
            bool flag = false;
            for (int k = 0; k < n; ++k) if (a[k] >> i & 1) { flag = true; break; }
            if (!flag) continue;
            flag = false;
            for (int k = 0; k < n; ++k) if (a[k] >> j & 1) { flag = true; break; }
            if (!flag) continue;

            flag = false;
            for (int k = 0; k < n; ++k) if ((a[k] >> i & 1) != (a[k] >> j & 1)) { flag = true; break; }

            if (i + j - 1 - flag < 0) res++;
            else {
                if (!flag) ans += 1LL << (i + j - 1); // 1 / 2
                else ans += 1LL << (i + j - 1 - 1); // 1 / 4
            }
        }

    ans += res >> 1, res &= 1;
    printf("%llu", ans);
    if (res) puts(".5");
    else puts("");
}

void solve3() {
    vector<int> vec;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        for (int j = MAX_BASE; j >= 0; --j)
            if (a[i] >> j & 1) {
                if (b[j]) a[i] ^= b[j];
                else {
                    b[j] = a[i];
                    vec.push_back(a[i]);
                    break;
                }
            }

    int all = vec.size();
    ll ans = 0, res = 0;
    for (int i = (1 << all) - 1; i >= 0; --i) {
        int val = 0;
        for (int j = 0; j < (int)vec.size(); ++j) if (i >> j & 1) val ^= vec[j];

        ll a = 0, b = 1;
        for (int j = 0; j < K; ++j) {
            a *= val, b *= val;
            a += b >> all, b &= (1 << all) - 1;
        }

        ans += a, res += b;
        ans += res >> all, res &= (1 << all) - 1;
    }

    printf("%llu", ans);
    if (res) puts(".5");
    else puts("");
}

int main() {
    n = readLL(), K = readLL();
    for (int i = 0; i < n; ++i) a[i] = readLL();

    if (K == 1) solve1();
    else if (K == 2) solve2();
    else solve3();
    return 0;
}

总结

线性基的题型相对比较固定，看到下面的类型基本上都是线性基了：

1. 最大异或和
2. 第 $k$ 大异或和/异或和是第几大
3. 求所有异或值的和

线性基中的题目中还用到一个技巧：

• 任意一条 $1$ 到 $n$ 的路径的异或和，都可以由任意一条 $1$ 到 $n$ 路径的异或和与图中的一些环的异或和来组合得到。

这便是线性基的全部东西了。