『并查集·奇偶性判定』Parity game

最新推荐文章于 2020-12-05 21:26:31 发布

pigzhouyb

最新推荐文章于 2020-12-05 21:26:31 发布

阅读量763

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：并查集

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Ronaldo7_ZYB/article/details/90140706

并查集专栏收录该内容

4 篇文章

订阅专栏

这篇博客介绍了如何利用并查集解决一个关于01序列奇偶性判定的问题。通过分析序列中区间元素的奇偶性，提出两种解决方案：一是通过维护边权的异或和来判断信息是否正确；二是采用扩展域并查集的方法，拆分节点并判断合并过程中的奇偶性矛盾。给出的代码示例展示了这两种方法的具体实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

有一个01序列,长度<=1000000000,现在有n条信息,每条信息的形式是－a b even/odd。表示第a位到第b位元素之间的元素总和是偶数/奇数。你的任务是对于这些给定的信息，输出第一个不正确的信息所在位置-1。信息的数目不超过5000。如果信息全部正确，即可以找到一个满足要求的01序列，那么输出n。

Solution1

l到r是偶数，想到与1到l-1的奇偶性和1-r的奇偶性相同。l到r是奇数，说明1到l-1的奇偶性和1-r的奇偶性不同。根据这一个特性，我们可以使用并查集来维护这个关系。

我们可以构造一棵树，使得这一棵树任意两点间有且只有一条路径，且我们在边上设置0或1的边权，则任意两点之间的奇偶性就是边权的异或和，若异或和为0表示偶数，1表示奇数。

对于每一次操作的任意两点l-1和r来说，如果l-1和r如果已经存在路径，我们就看l到祖先的路径异或上r到祖先的路径的异或和是否符合当前的奇偶性，如果不符合就直接退出。

在并查集d[i]表示节点i到其祖先节点的xor和，每当l-1和r不在同一个并查集是，如果将fa[l-1]作为fa[r]的子节点，一定满足 $ansd[l-1]\ xor\ d[fa[l-1]]\ xor\ d[r]\ =\ ans$ 当两边同时乘上异或值 $ans\ ^\ d[fa[l-1]]$ ,即可得到等式： $ansd[fa[l-1]]=d[l-1]\ xor\ d[r]\ ans$ 然后并查集一通维护即可。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,m;
string s;
map<int,int>v;
int d[200000];
int fa[200000];

int get(int x)
{
	if (fa[x] == x) return x;
	int root = get(fa[x]);
	d[x] ^= d[fa[x]];
	return fa[x] = root;
}

int main(void)
{
	freopen("PARITY.in","r",stdin);
	freopen("PARITY.out","w",stdout);
	int cnt = 0;
	cin>>n>>m;
	for (int i=1;i<200000;++i) fa[i] = i;
	for (int i=1,l,r,t;i<=m;++i)
	{
		cin>>l>>r>>s;
		if (v[l-1] == 0) v[l-1] = ++cnt;
		if (v[r] == 0) v[r] = ++cnt;
		l = v[l-1], r = v[r];
		int fx = get(l), fy = get(r);
		if (s == "even") t = 0;
		else t = 1;
		if (fx == fy)
		{
			if ((d[l] ^ d[r]) != t) 
			{
				cout<<i-1<<endl;
				return 0;
			}
		}
		else fa[fx] = fy, d[fx] = d[l] ^ d[r] ^ t;
	}
	cout<<m<<endl;
	return 0;
}

Solution2

除此之外，这道题目还有一个叫做扩展域并查集的做法。

对于每一个节点x，将其拆成 $x 1$ 和 $x 2$ 的两个节点， $x 1$ 表示奇数的扩展域， $x 2$ 表示偶数的扩展域；则若 $l$ 到 $r$ 的异或和为 $1$ ，则将 $l - 1$ 的奇数域和r的偶数域合并；将 $r$ 的奇数域和 $l - 1$ 的偶数域合并；异或和为 $0$ 则将两个奇数域合并，两个偶数域合并。

在每一次合并前判断是否矛盾：若输入为 $1$ ，就判断分别两个奇数域或偶数域是否在一个集合；在一种集合内就输出矛盾；输入为 $0$ ，就判断奇数和偶数是否在一个集合内，如果在也直接退出。

这种扩展域的做法相当于维护了若干个点的相对关系并从反面的逻辑关系进行展开，最后用并查集来判断是否矛盾。

代码甚至比解法1还要简短：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,m;
string s;
map<int,int>v;
int d[200000];
int fa[200000];

int get(int x)
{
	if (fa[x] == x) return x;
	int root = get(fa[x]);
	d[x] ^= d[fa[x]];
	return fa[x] = root;
}

int main(void)
{
	freopen("PARITY.in","r",stdin);
	freopen("PARITY.out","w",stdout);
	int cnt = 0;
	cin>>n>>m;
	for (int i=1;i<200000;++i) fa[i] = i;
	for (int i=1,l,r,t;i<=m;++i)
	{
		cin>>l>>r>>s;
		if (v[l-1] == 0) v[l-1] = ++cnt;
		if (v[r] == 0) v[r] = ++cnt;
		l = v[l-1], r = v[r];
		int fx = get(l), fy = get(r);
		if (s == "even") t = 0;
		else t = 1;
		if (fx == fy)
		{
			if ((d[l] ^ d[r]) != t) 
			{
				cout<<i-1<<endl;
				return 0;
			}
		}
		else fa[fx] = fy, d[fx] = d[l] ^ d[r] ^ t;
	}
	cout<<m<<endl;
	return 0;
}