BZOJ 2303: [Apio2011]方格染色 并查集神题

时空隧道

分析：

感觉做过类似的题，第一行确定了，下面的方案就确定了

这道题是同样的思路：

如果没有格子已经确定了颜色，那么第一行的格子color确定之后，下一行只有两种方案可以选择：

1、奇数列不变，偶数列xor1

2、偶数列不变，奇数列xor1

证明如下：

x y

x 1-y

假设x是奇数列，那么四个格子的和一定为奇数，偶数列不变的证明方法同理

那么如果我们在最上面添加一行第0行，就可以把下面的n行都当做随便填的空行来看，所以方案数就是2^m * 2^n=2^n+m

但是现在有一个很麻烦的问题就是有的格子已经确定了color

那么我们发现每一行的确定的格子改变的只是本行的方案数以及第0行的方案数，所以我们只需要计算出第0行的方案数以及有几个空行即可

假设第0行有cnt个方案数，共有k个空行，那么ans=cnt+k-1（因为我们占用了一个空行来当做0行）

接下来就是最神的部分求cnt了

并查集~\ (≧▽≦) /~

我们考虑在第i行有ab两个格子确定了，如果ab都在奇数列或者都在偶数列，那么第0行的ab经过了i次翻转变成了第i行的ab，ab都是同时翻转，所color[a]^color[b]=c[a]^c[b]（color[a]代表第0行的color，c[a]代表第i行的color）；

那么如果ab一个是奇数列，一个是偶数列呢？

翻转两次这两个就一定能翻成xor和原来一样的了（很显然….）

所以color[a]^color[b]=c[a]^c[b]^（i%2）

这些关系怎么搞，看起来像是个带偏移量的并查集？

觉得自己脑残到一种境界~(>_<)~

一开始只dis只用ca进行了xor

后来发现没有开longlong

还拍了几次，每次第一组数据就WA

（捂脸）

代码如下：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
//by NeighThorn
using namespace std;
const int maxn=1000000+5,MOD=1000000000;
int n,m,k,fa[maxn],dis[maxn],cnt=0;
struct M{
int Y,C;
M(int a=0,int b=0){
Y=a,C=b;
}
};
vector<M> X[maxn];
inline int find(int x){
if(x==fa[x])
return x;
int fx=find(fa[x]);
dis[x]=dis[fa[x]]^dis[x];
return fa[x]=fx;
}
inline int power(long long a,int b){
long long ans=1;
while(b){
if(b&1)
ans=ans*a%MOD;
a=a*a%MOD,b>>=1;
}
return ans%MOD;
}
signed main(void){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1,x,y,c;i<=k;i++)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&c),X[x].push_back(M(y,c));
for(int i=1;i<=m;i++)
fa[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(X[i].size()==0)
cnt++;
for(int j=1;j<X[i].size();j++){
int a=X[i][j].Y,b=X[i][j-1].Y,c1=X[i][j].C,c2=X[i][j-1].C,fx=find(a),fy=find(b),d;
if((a+b)&1)
d=c1^c2^(i%2);
else
d=c1^c2;
if(fx==fy){
if((dis[a]^dis[b])!=d){
puts("0");
exit(0);
}
}
else
dis[fx]=(dis[a]^dis[b]^d),fa[fx]=fy;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
if(fa[i]==i)
cnt++;
cout<<power(2LL,cnt-1)<<endl;
return 0;
}

by >_< NeighThorn