对于每个圈 $C$，它可以写成若干个 $E_i$ 的不交并。设 $C = E_{i_1} \cup E_{i_2} \cup \cdots \cup E_{i_\gamma}$，则我们定义一个 $k$ 维 $0/1$ 行向量 $\boldsymbol v = \begin{bmatrix} v_1 & v_2 & \cdots & v_\kappa \end{bmatrix}$，满足只有 $v_{i_1} = v_{i_2} = \cdots = v_{i_\gamma} = 1$。

由题目条件可知，$k \cdot \left( y_{i_1} + y_{i_2} + \cdots + y_{i_\gamma} \right) = \left| C \right| = \left| E_{i_1} \right| + \left| E_{i_2} \right| + \cdots + \left| E_{i_\gamma} \right|$，因此有 $$ x_{i_1} + x_{i_2} + \cdots + x_{i_\gamma} = 0 $$

等价地，记列向量 $\boldsymbol x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_\kappa \end{bmatrix}$，则有 $$ \boldsymbol v \cdot \boldsymbol x = 0 $$

由于每个圈都能被表示成一个 $0/1$ 向量，且两个圈在 $\mathbb F_2$ 下的和仍然是一个或多个不交圈，因此我们可以考虑 $G$ 的圈空间 $V$ (维度恰为 $\beta = \left| E \right| - \left| V \right| + 1$)。

设 $V$ 中所有 $2^\beta$ 个向量分别为 $\boldsymbol u_0, \boldsymbol u_1, \cdots, \boldsymbol u_{2^\beta-1}$ (ps: 注意这里的向量是在 $\mathbb F_2$ 中的)，则我们可以得到一个 $2^\beta \times \kappa$ 的线性方程组：$$ \begin{bmatrix} u_{01} & u_{02} & u_{03} & \cdots & u_{0\kappa} \\ u_{11} & u_{12} & u_{13} & \cdots & u_{1\kappa} \\ u_{21} & u_{22} & u_{23} & \cdots & u_{2\kappa} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ u_{2^\beta-1, 1} & u_{2^\beta-1, 2} & u_{2^\beta-1, 3} & \cdots & u_{2^\beta-1, \kappa} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \vdots \\ x_\kappa \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix}$$

用分块矩阵的写法就是 $$ \begin{bmatrix} \boldsymbol u_0 \\ \boldsymbol u_1 \\ \boldsymbol u_2 \\ \vdots \\ \boldsymbol u_{2^\beta-1} \end{bmatrix} \cdot \boldsymbol x = \mathbf 0_{2^\beta} \tag 1 \label 1 $$

(ps: 这里一个比较容易陷入的误区就是，$\eqref 1$ 式是在实数域下的等式，而这些向量 $\boldsymbol u_0, \boldsymbol u_1, \cdots, \boldsymbol u_{2^\beta-1}$ 是在 $\mathbb F_2$ 意义下构造出来的 $0/1$ 向量 "扩域" 到实数的结果。因此这些尽管这些向量在 $\mathbb F_2$ 下的秩显然是 $\beta$，但是在 $\mathbb R$ 上是不一定的 [而且由后续的证明知它的秩应当为 $\kappa$])

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首先，由于任意两个 $x_i$ (列) 都属于不同的 $E_i$，因此它们不切边等价。因此至少存在一个圈 (行)，满足它包含两组 $E_i$ 中的恰好一个 (其中一列为 $1$，另一列为 $0$)。

事实上，我们任取圈空间 $V$ 的一组基 $B = \left[ \boldsymbol v_1, \boldsymbol v_2, \cdots, \boldsymbol v_\beta \right]$，我们可以将上述条件加强为：存在一个圈 (行) $C \in B$，满足它包含两组 $E_i$ 中的恰好一个 (其中一列为 $1$，另一列为 $0$)。

我们可以适当调整 $\boldsymbol u_i$ 的顺序，使得 $\left[ \boldsymbol u_0, \boldsymbol u_1, \cdots, \boldsymbol u_{\beta - 1} \right] = \left[ \boldsymbol v_1, \boldsymbol v_2, \cdots, \boldsymbol v_\beta \right]$。于是，考虑上述矩阵的子矩阵 $$ \mathbf P = \begin{bmatrix} v_{11} & v_{12} & \cdots & v_{1\kappa} \\ v_{21} & v_{22} & \cdots & v_{2\kappa} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ v_{\beta1} & v_{\beta2} & \cdots & v_{\beta\kappa} \end{bmatrix} $$

由青色结论知，矩阵 $\mathbf P$ 的 $\kappa$ 个列向量互不相同。当然，仍然有 $\mathbf P \cdot \boldsymbol x = \mathbf 0_\beta$。

设 $U = \left\{ 1, 2, \cdots, \beta \right\}$。则对于 $\forall S = \left\{ i_1, i_2, \cdots \right\} \subseteq U$，设 $\boldsymbol w = \boldsymbol v_{i_1} \mathbin{\&} \boldsymbol v_{i_2} \mathbin{\&} \cdots$ (这里 $\mathbin{\&}$ 表示 $\mathbb F_2$ 中逐分量与)，由引理知，$\boldsymbol w$ 是若干个 $\boldsymbol u_i$ 在 $\mathbb R$ 上的线性组合，因此有 $$ \boldsymbol w \cdot \boldsymbol x = 0 $$

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对于每个 $1 \leq j \leq \kappa$，我们定义 $A_j = \left\{ i \mid v_{ij} = 1, i \in U \right\}$。则之前的结论可以写成 $A_1, A_2, \cdots, A_\kappa$ 互不相同。

适当调整 $E_j$ 的顺序，使得 $A_1, A_2, \cdots, A_\kappa$ 是子集偏序的一个拓扑序 (即如果 $A_i \subseteq A_j$ 则 $i \leq j$)。我们按照 $j = \kappa, \kappa - 1, \cdots, 2, 1$ 的顺序归纳证明 $x_j = 0$。

设已经有 $x_{j + 1} = x_{j + 2} = \cdots = x_\kappa = 0$。下证明 $x_j = 0$。

设 $A_j = \left\{ i_1, i_2, \cdots \right\} \subseteq U$，则考虑 $\boldsymbol w = \boldsymbol v_{i_1} \mathbin{\&} \boldsymbol v_{i_2} \mathbin{\&} \cdots$。

设 $\xi$ 满足 $w_\xi = 1$，则由定义知 $v_{i_1\xi} = v_{i_2\xi} = \cdots = 1 \Rightarrow i_1, i_2, \cdots \in A_\xi \Rightarrow A_j \subseteq A_\xi \Rightarrow j \leq \xi$。

由上结论知 $\boldsymbol w \cdot \boldsymbol x = 0$ 和 $x_{j + 1} = x_{j + 2} = \cdots = x_\kappa = 0$ 知 $x_j = 0$。

综上，有 $x_1 = x_2 = \cdots = x_\kappa = 0$，结论成立。