BZOJ2303 [Apio2011]方格染色 并查集
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题意概括
现在有一个N*M矩阵,矩阵上只能填数字0或1
现在矩阵里已经有一些格子被填写了数字,询问是否存在一种填写方案使得「任意一个2*2的矩阵异或和为1」,输出方案总数
题解
我们发现当我们已经确定(1,1)的颜色为1的时候:
我们知道c(i,j)。
那么如果i和j都是偶数,那么就有c(1,1)^c(i,1)^c(1,j)^c(i,j)==1
否则就是0。
因为假设s(i,j)表示以i,j为左上角的2*2矩阵异或起来,那么:
S(1,1)^S(1,2)^...^S(1,j)^S(2,1)^S(2,2)^...^S(i-1,j-1)=c(1,1)^c(i,1)^c(1,j)^c(i,j)。
而左式就等于(i-1)*(j-1)个1异或。
这是一个好东西。
然后我们枚举(1,1)的颜色,然后对于每一个C(i,j)就可以得到一组C(i,1)和C(1,j)的关系。
但是当i=1或者j=1的时候,是得到一个C(i,1)或者C(1,j)的答案。
最后得到关系之后,只需要看看是否矛盾。
然后统计连通块数,就是自由元的总数,每一个自由元有2种取值,于是答案显而易见。
注意输入有i=j=1的情况要特判。
细节有点多。
代码
#include <cstring> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> using namespace std; const int N=1000005,mod=1e9; int n,m,ad,k,v[N*4],fa[N*4]; struct color{ int a,b,c; }co[N]; int Turn(int a,int b){ return a==1?(b-1):(a-1+m-1); } int getf(int k){ return fa[k]==k?k:fa[k]=getf(fa[k]); } int solve(){ memset(v,-1,sizeof v); for (int i=1;i<=ad*2;i++) fa[i]=i; for (int i=1;i<=k;i++){ int a=co[i].a,b=co[i].b,c=co[i].c; if (a==1&&b==1) continue; if (a==1||b==1){ v[Turn(a,b)]=c,v[Turn(a,b)+ad]=c^1; continue; } int A=Turn(a,1),B=Turn(1,b); int res=(!(a&1)&&!(b&1))^c; if (res){ if (getf(A)==getf(B)) return 0; fa[getf(A)]=getf(B+ad); fa[getf(B)]=getf(A+ad); } else { if (getf(A)==getf(B+ad)) return 0; fa[getf(A)]=getf(B); fa[getf(A+ad)]=getf(B+ad); } } for (int i=1;i<=ad*2;i++){ if (v[i]==-1) continue; if (v[getf(i)]==-1) v[getf(i)]=v[i]; else if (v[getf(i)]!=v[i]) return 0; } int res=1,ans=0; for (int i=1;i<=ad*2;i++) if (getf(i)==i&&v[i]==-1) ans++; for (ans>>=1;ans--;) res=res*2%mod; return res; } int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); ad=n+m-2; int flag=-1; for (int i=1;i<=k;i++){ scanf("%d%d%d",&co[i].a,&co[i].b,&co[i].c); if (co[i].a==1&&co[i].b==1) flag=co[i].c; } int ans1=solve(); for (int i=1;i<=k;i++) if (co[i].a>1&&co[i].b>1) co[i].c^=1; int ans2=solve(); int ans=0; if (flag==-1) ans=(ans1+ans2)%mod; else ans=flag?ans2:ans1; printf("%d",ans); return 0; }