2020杭电HDU-6836多校第六场Expectation（矩阵树及其注意事项）

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6836
博客园食用链接：https://www.cnblogs.com/lonely-wind-/p/13449312.html

You are given an undirected graph consisting of n vertices with m weighted edges. We define the weight of a spanning tree as the bitwise AND of all edges’ weight in spanning tree.

Now select a spanning tree randomly, you should calculate the expected value of the weight of this spanning tree. You are required to print the result mod 998244353. i.e., print $x×y^{−1}\ mod\; 998244353$ where $x×y^{−1}$ is the irreducible fraction representation of the result, where $y^{−1}$ denotes the multiplicative inverse of y modulo 998244353.

Input
The first line is an integer t(1≤t≤10), the number of test cases.

For each test case, there are two space-separated integers $n(2≤n≤100)$and $m(1≤m≤10^4)$ in the first line, the number of nodes and the number of edges.

Then follows m lines, each contains three integers $u,v,w(1≤u,v,≤n,1≤w≤10^9,u≠v)$, space separated, denoting an weight edge between $u$ and $v$ has weight $w$.

Output
For each test case, output a single line with a single integer, denoting the answer.

Sample Input
1
3 3
1 2 1
1 3 1
2 3 1
Sample Output
1

题目大意：给你一个无向图，其中n个点，m条边，每个边的边权为 $w_i$，定义树的权为树的所有边的边权的按位与。现在我们随机选择该图的一个生成树，问其生成树的权期望是多少。

emmm，一眼就是矩阵树。。。但中间的边权就真的卡的死死的。。。不会算，后来看题解才知道的。

每一位的按位与过程都是独立的，那么我们对每一位建立一个其含该位的边的基尔霍夫矩阵，然后就可以得出在该位下可以得到多少个生成树，那么他对答案的贡献就是 $ans*\frac{2^i}{sum}$其中 $i$表示是第几位， $ans$表示的是在该位下的生成树个数， $sum$表示的是总的生成树的个数。

然后就可以开始跑矩阵树了，只不过需要注意的是，矩阵树的的高斯消元和一般的高斯消元不太一样，他是从2开始的！！！（一般的是从1开始的，然后很多时候就会得到0）这里就被卡了挺久的。接下来需要注意的是，100个点，1W条边，就算是完全图也没有这么多条边，所以他一定会存在重边，那么我们用vector保存就好了。

以下是AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int mac=200;
const int mod=998244353;

vector<int>mp[mac][mac];
ll mat[mac][mac];
int n,m;

ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ans=1; 
    while (b){
        if (b&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

ll guass()
{
    ll ans=1;
    for (int i=2; i<=n; i++){
        for (int j=i+1; j<=n; j++)
            while (mat[j][i]){
                ll p=mat[i][i]/mat[j][i];
                for (int k=i; k<=n; k++)
                    mat[i][k]=(mat[i][k]-mat[j][k]*p%mod+mod)%mod;
                swap(mat[i],mat[j]);
                ans=-ans;
            }
        ans=ans*mat[i][i]%mod;
    }
    return (ans+mod)%mod;
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    int t;
    scanf ("%d",&t);
    while (t--){
        scanf ("%d%d",&n,&m);
        for (int i=1; i<=m; i++){
            int u,v,w;
            scanf ("%d%d%d",&u,&v,&w);
            mp[u][v].push_back(w); mp[v][u].push_back(w);
            mat[u][v]--; mat[v][u]--;
            mat[u][u]++; mat[v][v]++;
        }
        ll ans=qpow(guass(),mod-2);
        ll fz=0;
        for (int wei=0; wei<=30; wei++){
            memset(mat,0,sizeof mat);
            for (int i=1; i<=n; i++)
                for (int j=i+1; j<=n; j++){
                    for (auto x:mp[i][j]){
                        if (x&(1<<wei)){
                            mat[i][j]--; mat[j][i]--; 
                            mat[i][i]++; mat[j][j]++;
                        }
                    }
                }
            fz=(fz+qpow(2,wei)*guass()%mod)%mod;
        }
        memset(mat,0,sizeof mat);
        for (int i=1; i<=n; i++)
            for (int j=1; j<=n; j++) mp[i][j].clear();
        printf("%lld\n",ans*fz%mod);
    }
    return 0;
}