CF647C Johnny Necklace（欧拉回路）

最新推荐文章于 2022-12-23 15:06:28 发布

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本文探讨了一种算法，旨在解决二元组环的最大漂亮度问题。通过分析连接处的性质，利用欧拉回路的概念，实现了高效求解。文章详细介绍了算法流程，包括输入输出处理、关键数据结构定义及核心函数实现。

题意

有 $n$ 个二元组 $a_i,b_i)$ ，二元组可以翻转。现在要将这些二元组接成一个环。连接部分的漂亮度是 $lowbit_{x~xor~y}$ （ $x = y$ 时漂亮度为 $20$ ）。环的漂亮度为连接部分的最小漂亮度，现在要最大化漂亮度，并输出连接顺序。（第 $i$ 个二元组的编号为 $2 i - 1$ 和 $2 i$ ）
其中 $ai,bi<220，n≤500000a_i,b_i< 2^{20}，n\leq 500000$ 。

分析

先考虑答案大于等于 $l$ 时的性质：
也就是任意一个连接处， $x x o r y$ 是 $l$ 的倍数。
因此答案具有单调性。
考虑怎么检验答案。
$x$ 和 $y$ 能作为连接处，意味着 $x x o r y$ 在模 $2^l$ 意义下相同，也就是 $2l)x\equiv y~(mod~2^l)$ 。
那么，能否连成一个环，其实等价于是否存在欧拉回路（这个可能需要思考一下）。判断欧拉回路存不存在很好判断。
然后找到答案之后再求一边欧拉回路就可以了。
复杂度 $O(Vlog⁡20+nlog⁡20)O(V\log20 + n\log 20)$ 。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int read(){
	int x, f = 1;
	char ch;
	while(ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9') if(ch == '-') f = -1;
	x = ch - '0';
	while(ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - 48;
	return x * f;
}

const int N = 2000005;
int n, A[N], B[N], ans[N], m, h[N], f[N], du[N], vis[N * 2], cnt = 1;

struct node{
	int a, b, x, y, n;
}d[N * 2];

void cr(int a, int b, int x, int y){
	d[++cnt].a = a; d[cnt].b = b; d[cnt].x = x; d[cnt].y = y; d[cnt].n = h[a]; h[a] = cnt;
}

int find(int x){
	return x == f[x]? x: f[x] = find(f[x]);
}

int chk(int x){
	int i, j, a, b, tot = 0;
	for(i = 0; i <= (1 << 20); i++) du[i] = 0, f[i] = i;
	for(i = 1; i <= n; i++){
		a = A[i] & x; b = B[i] & x;
		du[a]++; du[b]++;
		if(find(a) != find(b)) f[f[b]] = f[a];
	}
	for(i = 0; i <= (1 << 20); i++){
		if(!du[i]) continue;
		if(du[i] % 2) return 0;
		if(find(i) == i) tot++;
	}
	return tot == 1;
}

void dfs(int a, int id){
	for(int &i = h[a]; i; i = d[i].n){//此处不加引用会使复杂度高达 n^2,加了引用类似于网络流中的当前弧优化，也就是实时改变 h 指针 
		if(vis[i]) continue;
		vis[i] = vis[i ^ 1] = 1;
		int b = d[i].b;
		dfs(b, i);
	}
	ans[++m] = id;
}

void work(int x){
	int i, j, a, b;
	for(i = 1; i <= n; i++){
		a = A[i] & x; b = B[i] & x;
		cr(a, b, 2 * i - 1, 2 * i);
		cr(b, a, 2 * i, 2 * i - 1);
	}
	dfs(a, 1);
}

int main(){
	int i, j, k, a, b, l = 0, r = 20;
	n = read();
	for(i = 1; i <= n; i++) A[i] = read(), B[i] = read();
	while(l < r){
		int mid = l + r + 1 >> 1;
		if(chk((1 << mid) - 1)) l = mid;
		else r = mid - 1;
	}
	printf("%d\n", l);
	work((1 << l) - 1);
	for(i = m - 1; i >= 1; i--){
		j = ans[i];
		printf("%d %d ", d[j].x, d[j].y);
	}
	return 0;
}