【codeforces 553C】Love Triangles

【题目链接】:http://codeforces.com/problemset/problem/553/C

【题意】

给你n个点,m条边;
每种边有2两种类型;
让你补充剩下的边,构造一个完全图;
使得这个图中任意3个点的3条边中,0类型的边有2条,1类型的边有一条,或者全都是1类型的边;
问你有多少种构图方案;

【题解】

首先,可以肯定,那些1类型的边,连成的联通快,内部必然都是1类型的边;即一个团;
可以构成很多个团;
然后其他的团内的点,和某个团内的点的边只能都是同一种类型.
(即全是0边或全是1边,可以自己想想)
当然,我们还有一些0类型的边;
在我们把1类型的边构成的团全都缩成点之后;
再把0类型的边加进去;构造成一个新的图;
可以证明;
这张图除非能构成二分图,否则无解;
而构成二分图的条件是,不存在奇环;
(证:假设有奇环的话,对于长度为1的环,即自环,即1构成的团内还有0类型的边,显然无解,对于长度大于1的奇数环,比如长度为3的,这样,a[1]和a[3]本应该是1类型的边(a[1]-a[2],a[2]-a[3]都是0类型的边,则a[1]-a[3]肯定只能是1类型的边了),但是a[1]-a[3]却在一开始给了一条0类型的边,显然抵触,所以无解);
如果能构成二分图的话;
把这张加入了0边的新图构造出来;
则可以肯定,这里面的各个联通块内的“联通块内的边”是确定了的;
(根据0边,能够确定出其他的边);
我们要做的是在这张加入了0边后的新图里面,在不同的联通块之间建边;
也即再次把各个联通块缩成一个点;
而在此基础上再加边建造的图,必然也得是一个二分图才行;
现在相当于给了你cnt个点;
然后问你能够用这cnt个点建多少张二分图;
(二分图中,颜色一样的点在一边,颜色一样的点之间都建1边,然后两个不同颜色的点之间都建0边);
现在,相当于我们需要从这cnt个点中取出一些放在左边,剩下的放在右边;
答案应该为2cnt−1,这里之所以是cnt-1是因为左边选的集合,可能会和右边剩下的之前的一样;要去掉重复的,所以得除个2;即2cnt/2

【Number Of WA】

0

【完整代码】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define Open() freopen("D:\\rush.txt","r",stdin)
#define Close() ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)

typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;

const int dx[9] = {0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[9] = {0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 1e5+100;
const LL MOD = 1e9+7;

struct abc{
    int x,y,z;
};

int n,m,f[N],vis[N],col[N];
abc a[N];
vector <int> G[N];

int ff(int x){
    if (f[x]==x) return x;
    else
        return f[x] = ff(f[x]);
}

bool dfs(int x,int c){
    vis[x] = true;
    col[x] = c;
    bool flag = true;
    for (int y:G[x]){
        if (!vis[y]){
            flag &= dfs(y,1-c);
        }else {
            if (col[y]==col[x]) return false;
        }
    }
    return flag;
}

int main(){
    //Open();
    Close();
    cin >> n >> m;
    rep1(i,1,n) f[i] = i;
    rep1(i,1,m){
        cin >> a[i].x >> a[i].y >> a[i].z;
        if (a[i].z){
            int r1 = ff(a[i].x),r2 = ff(a[i].y);
            if (r1!=r2){
                f[r1] = r2;
            }
        }
    }
    rep1(i,1,n) ff(i);
    rep1(i,1,m)
        if (!a[i].z){
            G[ff(a[i].x)].pb(ff(a[i].y));
            G[ff(a[i].y)].pb(ff(a[i].x));
        }
    bool flag = true;
    int cnt = 0;
    rep1(i,1,n)
    if (!vis[f[i]]){
        flag &= dfs(f[i],0);
        cnt++;
    }
    if (flag){
        LL ans = 1;
        rep1(i,1,cnt-1){
            ans = (ans*2)%MOD;
        }
        cout << ans << endl;
    }else{
        cout << 0 << endl;
    }
    return 0;
}