【BZOJ3563/3569】DZY Loves Chinese II 线性基神题

【BZOJ3563/3569】DZY Loves Chinese II

Description

神校XJ之学霸兮,Dzy皇考曰JC。
摄提贞于孟陬兮,惟庚寅Dzy以降。
纷Dzy既有此内美兮,又重之以修能。
遂降临于OI界,欲以神力而凌♂辱众生。
今Dzy有一魞歄图,其上有N座祭坛,又有M条膴蠁边。
时而Dzy狂WA而怒发冲冠,神力外溢,遂有K条膴蠁边灰飞烟灭。
而后俟其日A50题则又令其复原。(可视为立即复原)
然若有祭坛无法相互到达,Dzy之神力便会大减,于是欲知其是否连通。

Input

第一行N,M
接下来M行x,y:表示M条膴蠁边,依次编号
接下来一行Q
接下来Q行:
每行第一个数K而后K个编号c1~cK:表示K条边,编号为c1~cK
为了体现在线,c1~cK均需异或之前回答为连通的个数

Output

对于每个询问输出:连通则为‘Connected’,不连通则为‘Disconnected’
(不加引号)

Sample Input

5 10
2 1
3 2
4 2
5 1
5 3
4 1
4 3
5 2
3 1
5 4
5
1 1
3 7 0 3
4 0 7 4 6
2 2 7
4 5 0 2 13

Sample Output

Connected
Connected
Connected
Connected
Disconnected

HINT

N≤100000 M≤500000 Q≤50000 1≤K≤15
数据保证没有重边与自环

题解:BZ3563真的是一道doubi题啊~~~

但是BZ3569页真是够神的,看了题解——还有这种操作?

好吧我从做题人的角度来分析一下这道题。

我们依旧是利用DFS树的优秀性质,先求出DFS树,然后整棵树不联通当且仅当存在一条树边,使得它和所有覆盖它的非树边都被切掉(覆盖一条边:指的是将这条树边切掉、整棵树形成两个部分后,跨越这两个部分的非树边)。

那么我们强行往线性基上去构造,我们的目的就是使得:一旦存在某条树边和所有覆盖它的非树边都被切掉,那么就存在一个子集满足异或和为0,否则没有。

然后就容易去构造了,直接给每条非树边都赋一个随机权值,然后每条树边的权值就是所有覆盖它的非树边的权值的异或和。但我们怎样才能求出这个异或和呢?其实打一个标记,再DFS一次就行了,自己yy一下?

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
using namespace std;
int n,m,q,cnt,tot,ans;
int to[1000010],next[1000010],head[100010],val[500010],tag[100010],vis[100010],v[20];
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
void dfs1(int x,int fa)
{
	vis[x]=1;
	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])
	{
		if(to[i]==fa||val[i>>1])	continue;
		if(vis[to[i]]!=1)	dfs1(to[i],x);
		else	val[i>>1]=rand()*rand(),tag[to[i]]^=val[i>>1],tag[x]^=val[i>>1];
	}
}
void dfs2(int x,int fa)
{
	vis[x]=2;
	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])
	{
		if(to[i]==fa)	continue;
		if(vis[to[i]]!=2)	dfs2(to[i],x),val[i>>1]=tag[to[i]],tag[x]^=tag[to[i]];
	}
}
int gauss()
{
	int i,j;
	tot=0;
	for(i=1<<30;i;i>>=1)
	{
		for(j=++tot;j<=v[0];j++)	if(v[j]&i)
		{
			swap(v[j],v[tot]);
			break;
		}
		if(!(v[tot]&i))
		{
			tot--;
			continue;
		}
		for(j=1;j<=v[0];j++)	if(j!=tot&&(v[j]&i))	v[j]^=v[tot];
	}
	if(tot==v[0])
	{
		printf("Connected\n");
		return 1;
	}
	else
	{
		printf("Disconnected\n");
		return 0;
	}
}
void add(int a,int b)
{
	to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
int main()
{
	srand(2333666);
	n=rd(),m=rd();
	int i,j,a,b;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=m;i++)	a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a);
	dfs1(1,0),dfs2(1,0);
	q=rd();
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		memset(v,0,sizeof(v));
		v[0]=rd();
		for(j=1;j<=v[0];j++)	v[j]=val[(rd()^ans)-1];
		ans+=gauss();
	}
	return 0;
}
posted @ 2017-06-18 16:22  CQzhangyu  阅读(781)  评论(0编辑  收藏  举报