【洛谷】【P5260】超立方体

传送门：超立方体

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题目背景

超立方体是立方体在高维空间内的拓展（其在 2 维情况下退化为正方形，1 维情况下退化成线段）。在理论计算机科学领域里，超立方体往往可以和 2 进制编码联系到一起。对理论计算机科学颇有研究的 Will 自然也会对超立方体有着 自己的思考。

上图就是在 0～4 维空间内超立方体所对应的图形。显然我们可以把超立方体的每个顶点看成一个点，每一条棱看成一条边，这样就会得到一个无向图，我们称之为超立方图。

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题目描述

D 维空间内的超立方图有 2D 个点，我们把这些点从 0 到 2D−1 依次编号。

有一个有趣而重要的充要结论是：一定存在一种编号的方式，使得图中任意两个有边相连的顶点的编号的 2 进制码中，恰好有一位不同。

在2维和3维空间内这个结论可以这样形象的理解：对于 2 维空间，我们只要把这个正方形放到第一象限内，使得 4 个顶点的坐标按逆时针顺序依次为 (0,0),(1,0),(1,1),(0,1)，然后再把坐标看成 2 位 2 进制数，依次将这 4 个点编号为 0,1,3,2即可。

对于 3 维空间，同样我们可以将立方体的一个顶点与原点重合，并使得所有棱均平行于坐标轴，然后分别确定这 8 个点的坐标，最后把 3 维空间内的坐标看成一个 3 位 2 进制数即可。对于 D 维空间，以此类推。

现在对于一个 N 个点 M 条边的无向图（每个点从 0 到 N−1 编号），Will 希望知道这个图是否同构于一个超立方图。

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输入格式

第一行包含一个整数 Q 表示此数据中一共包含 Q 个询问。

接下来 Q 组询问，每一组询问的输入格式如下：

第一行包含两个整数 N 和 M，接下来 M 行，每行 2 个不同的整数 x,y，表示图中存在一条无向边连接编 号为 x 和 y 的点（0≤x,y<N）

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输出格式

1、如果询问中给定的图不同构于任何一个超立方图，输出 −1；

2、如果同构于某一个超立方图，那么请给图中这 N 个点重新编号，并在这一行输出 N 个用空格隔开的整数，表示原图中每个点新的编号，使得重新编号后，满足题目中所述的结论。

注意：输出文件的每一行，要么仅包含一个整数 −1，要么则应包含一个由 0 到 N−1 这 N 个数组成的排列。如果有多组解输出任意一个均可。

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题解

整体结构

1. 输入处理：首先，程序从标准输入中读取测试用例的数量。对于每个测试用例，读取节点数量 n 和边的数量 m，并建立一个无向图的邻接表。

2. 图的结构：图被定义为一个邻接表，e 数组用于存储每个节点的相邻节点。ans 数组用于存储每个节点的计算结果，初始时为 -1，表示未被访问。

3. 主要函数 fun()：

   • 使用广度优先搜索（BFS）来遍历图，并计算 ans 数组。
   • ans[0] 初始化为 0，然后遍历 0 号节点的邻接节点，并设置对应的 ans 值。
   • 针对每个访问的节点，将其邻接节点的值合并。
   • 最后通过嵌套循环检查任意两个节点的 ans 值之间的异或结果，判断是否存在冲突情况（即这两个值的二进制表示不能同时为 1）。

4. 条件判断：在主函数 main() 中对于每个测试用例，如果 n 不是2的幂，或边的数量 m 不等于 n/2 * log2(n)，或者 fun() 返回非零值，则输出 -1。否则，输出每个节点的 ans。

注意事项

• 图条件：代码中包含了一些图的特性判断，例如判断节点数是否为2的幂，以及边的数量是否符合特定条件。
• 位运算：使用位运算来判断节点间的关系，尤其是利用 x ^ y 来检查共同的性质，这表明 ans 值可能代表某种标记或者状态。
• 广度优先搜索：这种搜索用于确保每个节点的状态基于其邻接节点的状态更新，从而确保了在图的遍历中，状态（或标记）能够正确地传递和合并。

  #include <iostream>
  #include <cmath>
  #include <vector>
  #include <queue>
  #include <cstring>
  using namespace std;
  vector<int>e[35000];
  int ans[35000];
  int n,m;
  int fun(){
      queue<int>q;
      ans[0]=0;
      for(int i=0;i<e[0].size();i++){
          int v=e[0][i];
          ans[v]=1<<i;
          q.push(v);
      }
      while(!q.empty()){
          int u=q.front();
          q.pop();
          for(int i=0;i<e[u].size();i++){
              int v=e[u][i];
              if(ans[v]!=-1)continue;
              q.push(v);
              ans[v]=0;
              for(int j=0;j<e[v].size();j++){
                  if(ans[e[v][j]]!=-1){
                      ans[v]|=ans[e[v][j]];
                  }
              }
          }
      }
      for(int i=0;i<n;i++){
          for(int j=0;j<e[i].size();j++){
              int tem=ans[i]^ans[e[i][j]];
              if(tem&(tem-1)){
                  return 1;
              }
          }
      }
      return 0;
  }
  int main(){
      int Q;
      cin>>Q;
      while(Q--){
          memset(ans,-1,sizeof(ans));
          cin>>n>>m;
          for(int i=0;i<n;i++)e[i].clear();
          for(int i=1;i<=m;i++){
              int x,y;
              cin>>x>>y;
              e[x].push_back(y);
              e[y].push_back(x);
          }
          if(n&(n-1)||m!=log2(n)*n/2||fun()){
              cout<<"-1"<<endl;
              continue;
          }
          for(int i=0;i<n;i++)cout<<ans[i]<<" ";
          cout<<endl;
      }
      return 0;
  }