Description
神校XJ之学霸兮，Dzy皇考曰JC。
摄提贞于孟陬兮，惟庚寅Dzy以降。
纷Dzy既有此内美兮，又重之以修能。
遂降临于OI界，欲以神力而凌♂辱众生。
今Dzy有一魞歄图，其上有N座祭坛，又有M条膴蠁边。
时而Dzy狂WA而怒发冲冠，神力外溢，遂有K条膴蠁边灰飞烟灭。
而后俟其日A50题则又令其复原。（可视为立即复原）
然若有祭坛无法相互到达，Dzy之神力便会大减，于是欲知其是否连通。
Input
第一行N,M
接下来M行x,y：表示M条膴蠁边，依次编号
接下来一行Q
接下来Q行：
每行第一个数K而后K个编号c1~cK：表示K条边，编号为c1~cK
为了体现在线，c1~cK均需异或之前回答为连通的个数
Output
对于每个询问输出：连通则为‘Connected’，不连通则为‘Disconnected’
（不加引号）
Sample Input
5 10 2 1 3 2 4 2 5 1 5 3 4 1 4 3 5 2 3 1 5 4 5 1 1 3 7 0 3 4 0 7 4 6 2 2 7 4 5 0 2 13
Sample Output
Connected Connected Connected Connected Disconnected
解题思路：
考虑到将原图不连通必须切断一个点的所有联通方式
那么可以想到用一种方式来使多个元素互相抵消。
这些元素就是连同一个点的所有边。
那么使这些遍抵消的方式就是让一条边与其他异或和为0
这就需要线性无关组了。
Dfs出一颗树。
将非树边的每一条边rand上一个权值，
那么这条边能做出贡献的位置就是Dfs树上祖先的位置。
那么就向上更新，在树边处的答案就是后面相关边的异或和
最后在查询时暴力插入线性无关组中，
若出现异或和为0的情况就是所有相关的边都被删除了。
就是不连通了。
代码：
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 void ade(int f,int t,int no); 7 typedef long long lnt; 8 struct pnt{ 9 int hd; 10 int fa; 11 lnt val; 12 }p[100010]; 13 struct ent{ 14 int twd; 15 int lst; 16 int blg; 17 }e[3000000]; 18 struct edge{ 19 int f,t; 20 lnt val; 21 bool vis; 22 void Insert(int no) 23 { 24 scanf("%d%d",&f,&t); 25 ade(f,t,no); 26 ade(t,f,no); 27 } 28 }ede[1000000]; 29 lnt b[65]; 30 int n,m; 31 int cnt; 32 int Q; 33 int lstans; 34 void ade(int f,int t,int no) 35 { 36 cnt++; 37 e[cnt].twd=t; 38 e[cnt].blg=no; 39 e[cnt].lst=p[f].hd; 40 p[f].hd=cnt; 41 return ; 42 } 43 void B_(int x,int f) 44 { 45 p[x].fa=f; 46 for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst) 47 { 48 int to=e[i].twd; 49 if(p[to].fa)continue; 50 ede[e[i].blg].vis=true; 51 B_(to,x); 52 } 53 return ; 54 } 55 void C_(int x,int f) 56 { 57 for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst) 58 { 59 int to=e[i].twd; 60 if(p[to].fa==x);else continue; 61 C_(to,x); 62 ede[e[i].blg].val^=p[to].val; 63 p[x].val^=p[to].val; 64 } 65 return ; 66 } 67 bool Insert(lnt x) 68 { 69 for(int i=62;i>=0;i--) 70 { 71 if(x&(1ll<