bzoj 2303: [Apio2011]方格染色 （并查集）

题目描述

传送门

题目大意：将每个方格都染成红色或蓝色。要表格中每个2 × 2的方形区域都包含奇数个（1 个或 3 个）红色方格。有些格子的颜色已经染好了，求给剩下的方格染上颜色，使得整个表格仍然满足要求的染色方案数

题解

对于每个一个2*2的表格，我们可以把条件表示成异或方程的形式。
对于每个位置(i,j),若填红色那么$a[i][j]=1$
$S(i,j)$=$a[i][j]$^$a[i-1][j-1]$^ $a[i-1][j]$^$a[i][j-1]=1$
然后对于每个位置维护S(i,j)的前缀和，那么$a[1][1]$^$a[1][j]$^$a[i][1]$^$a[i][j]$=!(i,j都是偶数)
可以发现只有i,j都是偶数的时候，前缀中才有奇数个方程，而且只有$a[1][1]$，$a[1][j]$，$a[i][1]$，$a[i][j]$出现了奇数次。
然后可以发现染色的方案其实只与第一行第一列的点有关系。
那么如果枚举(1,1)的取值，那么对于所有给出的(i,j),我们将式子变成$a[1][j]$^$a[i][1]$=!(i,j都是偶数)^$a[i][j]$^$a[1][1]$。如果右边的值为1，那么说明$a[1][j],a[i][1]$的取值相同，否则不同。那么如果我们用并查集将所有的关系连接的话，在一个连通块中的取值只要其中一个确定了剩余的取值都是唯一的。
那么答案其实就是2^(连通块个数-1)，为什么要-1？因为(1,1)的值我们已经枚举过了，所以取值是位置确定的。
那么我们考虑如何用并查集连接，因为既有不等关系又有相等关系，所以我们可以维护加权并查集，g[i]表示i到代表元素是相等还是不相等，1表示不相等。那么每次合并的时候只有异或一下就好了，两个不等号不就又变成相等了嘛。另外我们在合并的时候还可以判断一下无解，如果两个东西在一个集合中我们可以得到他们之间的关系(相等或者不相等)，如果和当前要连接的关系冲突，那么无解。
还有就是本身在第一行或者第一列中的点。我们可以直接将他们连到(1,1)上去，反正值已经确定了，如果取值相同g[i]=0,否则g[i]=1.
还要特判一下(1,1)是否被限制了，计算的时候需要特判。
对于一个点在第一行或者第一列，如果被限制了两次，且两次的值不同，那么需要特判掉无解的情况。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 2000003
#define LL long long 
#define p 1000000000
using namespace std;
struct data{
    int x,y,opt,v;
}a[N];
int fa[N],F[N],n,m,k,mark[N],col[N],g[N];
int find(int x)
{
    if (fa[x]==x) return x;
    int t=find(fa[x]);
    g[x]^=g[fa[x]];
    fa[x]=t;
    return fa[x];
}
LL quickpow(int num,int x)
{
    LL base=num; LL ans=1;
    while (x){
        if (x&1) ans=ans*base%p;
        x>>=1;
        base=base*base%p;
    }
    return ans;
}
int cmp(data a,data b)
{
    return a.opt<b.opt||a.opt==b.opt&&a.v<b.v;
}
LL solve()
{
    for (int i=1;i<=n+m;i++) fa[i]=i,g[i]=0;
    fa[n+1]=1;
    for (int i=1;i<=n+m;i++) 
     if (mark[i]) {
        fa[i]=1;
        if (col[1]==col[i]) g[i]=0;
        else g[i]=1;
     }
    sort(a+1,a+k+1,cmp);int K=0;
    for (int i=k;i>=1;i--) 
     if (!a[i].opt) {
        K=i;
        break;
     }
    for (int i=1;i<=K;i++) {
        int r1=find(a[i].x); int r2=find(a[i].y+n); 
        int t=g[a[i].x]^g[a[i].y+n]^a[i].v;
        if (r1!=r2) fa[r2]=r1,g[r2]=t;
        else if (t) return 0; 
    }
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=n+m;i++) 
     if (find(i)==i&&!mark[i]) ans++;
    //cout<<ans<<endl; 
    return quickpow(2,max(0,ans-1));
}
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("my.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    bool p0,p1; p0=p1=true;
    for (int i=1;i<=k;i++) {
        scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].v);
        if (a[i].x==1&&a[i].y==1) {
            if (a[i].v) p0=false;
            else p1=false; 
            a[i].opt=1;
        }
        else{
         if (!(a[i].x&1)&&!(a[i].y&1)) 
          a[i].v^=1;
         if (a[i].x==1) {
          if (!mark[a[i].y+n])mark[a[i].y+n]=1,col[a[i].y+n]=a[i].v,a[i].opt=1;
          else {
           if (col[a[i].y+n]!=a[i].v) {
            printf("0\n");
            return 0;
           }else  a[i].opt=1;
          }
         } 
         if (a[i].y==1){
          if (!mark[a[i].x]) mark[a[i].x]=1,col[a[i].x]=a[i].v,a[i].opt=1;
          else{
           if (col[a[i].x]!=a[i].v) {
            printf("0\n");
            return 0;
           }else a[i].opt=1;
          }
         }
        }
    }
    LL ans0=0,ans1=0;
    if (p0) col[1]=0,ans0=solve();
    if (p1) {
        col[1]=1;
        for (int i=1;i<=k;i++) 
         a[i].v^=1;
        ans1=solve();
    }
    printf("%lld\n",(ans0+ans1)%p);
}