2021牛客暑期多校训练营3B

题目

题意：矩阵，n行m列(5e3)，点有权在1e5以内，2*2小矩阵染三另一免费，求全染权和；

我：四个方向DP一下吧，应该没错吧，怎么这么多人wa，通过率血马低，不对劲，开始换做法。
一个半小时后，终于yy出来了：

2*2小矩阵染三另一免费
这是唯一一个约束，那易想到一个万能解法，那就是选一列全选了，然后之后每一列都选一个点，剩下的点都是免费的，那么一共选了n+m-1个点；显然这个并不是最优解，因为没有考虑点权。
继续yy：
(i,j),(i+1,j),(i,j+1)都选了，
那么第四个点就能取了,考虑性质连通性，显然可以建立行列联通思想.
于是 定义(i,j)表示存在一条i-j的边，权值为点权； 至此豁然开朗，那么为什么i+1和j+1免费了，因为第i+1行和第i行联通，第i行和第j列联通，第j列和第j+1列联通。
大为震撼，现在验算一下：
如果选了若干点，但是不满足上面的条件能免费吗，显然是不能的，最后得出来就是把n行和m列全部勾连起来，剩下的点全部全部全部全部免费！

所以：这个题就是有n+m个点，有n*m条边，求MST，做完了；

做完之后一看群，群友竟然还有dsu+二分图做法；我一看所有的边的的确确就是链接一个二分图，左边是n行，右边是m列，中间是(i,j)边

不过我对dsu思想仍未涉及多深，故不做分析，仅仅使用最小生成树做法做，是完全简单且直接的。
最后贴上简单得不能简单的代码：

const int maxn = 5e3+10;
struct node{int x,y,z;};
node t[maxn*maxn];
int fa[maxn*2];
int getfa(int k){return fa[k]==k?k:(fa[k] = getfa(fa[k]));}
void _merge(int x,int y)
{
    int a = getfa(x);
    int b = getfa(y);
    fa[a] = fa[b];
}
int cnt =0;
vector<pii >tong[100010];
int main()
{
	int n,m,a,b,c,d,p;
	scanf("%d %d %d %d %d %d %d",&n,&m,&a,&b,&c,&d,&p);
	for(int i=1;i<=n+m;++i)fa[i] = i;
	t[0].z=a;
	for(int i=1;i<=n;i++)
    {
		for(int j=1;j<=m;j++)
        {
			cnt++;
			t[cnt].x=i;
			t[cnt].y=n+j;//列编号是n+j;
			t[cnt].z=((ll )t[cnt-1].z*t[cnt-1].z*b+(ll )t[cnt-1].z*c+d)%p;
		//	printf("%d %d %d\n",t[cnt].x,t[cnt].y,t[cnt].z);
			tong[t[cnt].z].push_back((pii ){i,n+j});
		}
	}
	//
	ll ans =0,tot=0;
	for(int i =0;i<p;++i)
    {
       // printf("%d\n",tong[i].size());
        for(int j = 0;j<tong[i].size();++j)
        {
            if( getfa(tong[i][j].X)!=getfa(tong[i][j].Y) )
            {
               // printf("%d %d %d %d\n",i,j,tong[i][j].X,tong[i][j].Y);
                ans+=i;
                _merge(tong[i][j].X,tong[i][j].Y);
                ++tot;
                if(tot==n+m-1)break;
            }
        }
        if(tot==n+m-1)break;
    }
    printf("%lld\n",ans);

	return 0;
}