[dfs][离散化] Jzoj P5910 DuLiu
题解
- 首先,我们先来看看对于每一次操作的真实意义是什么
- 假设现在是将y替换所有值的异或和x,那么y的位置就变成的x,这很显然
- 那x变成了什么呢?首先,对于一个数异或两次就等于没做,然后最后异或回来的值还要再异或一次x
- 所以,z=x^y^x=x^x^y=0^y=y
- 那么每次操作就是等于将两个数交换,问题就转换为了给n+1个数,每次可以将两两交换位置,求到目标串的操作次数
- 先来点简单的,考虑-1的情况
- 因为是每次只是位置互换,那么两个字串所拥有的数的集合应该是一样的
- 反则,如果不一样就是-1
- 然后又想到,只是要修改a[i]!=b[i]的位置,那么可以先对a[i]和b[i]离散化,a[i]与b[i]连一条边
- 那么一个联通块都换完的操作次数其实就是联通块中边的个数,因为一条边是当前位置上a[i]与b[i]不相同,那么如果要使它到达目标状态,肯定要操作一次嘛
- 而且再联通块之间跳需要1的代价,因为n+1也就是异或和不一定是存在于当前要处理联通块中,然后要把n+1转移进去
- 如果n+1,在一个联通块中的话就不用考虑,否则单独成为一个联通块
- 最后ans要-1,因为n+1是不用操作的,那么操作数可以-1,因为在做的时候是默认有n+1个做
- 这样的话,最后的答案其实就等于:边数+联通块数-1
- 找联通块数的方法是每次可以从一个没有被访问过的一个联通块的点,dfs跑完整个联通块,这样的话每个联通块只会被做一遍
- 离散化的话可以直接用map
- 最后再来一句,果然是题如其名,这题是真的毒瘤
代码
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #include <vector> 6 #include <map> 7 #define N 100010 8 using namespace std; 9 vector<int>Q[N]; 10 map<int,int>d; 11 bool vis[N]; 12 int n,a[N],b[N],x[N],y[N],cnt,ans; 13 void dfs(int x) 14 { 15 vis[x]=1; 16 for (int i=0;i<Q[x].size();i++) if (!vis[Q[x][i]]) dfs(Q[x][i]); 17 } 18 int main() 19 { 20 //freopen("duliu.in","r",stdin),freopen("duliu.out","w",stdout); 21 scanf("%d",&n); 22 for (int i=1;i<=n;i++) 23 { 24 scanf("%d",&a[i]),a[n+1]^=a[i]; 25 if (!d[a[i]]) d[a[i]]=++cnt; 26 } 27 if (!d[a[n+1]]) d[a[n+1]]=++cnt; 28 for (int i=1;i<=n;i++) 29 { 30 scanf("%d",&b[i]),b[n+1]^=b[i]; 31 if (!d[b[i]]) d[b[i]]=++cnt; 32 } 33 if (!d[b[n+1]]) d[b[n+1]]=++cnt; 34 memcpy(x,a,sizeof x),memcpy(y,b,sizeof y); 35 sort(x+1,x+n+2),sort(y+1,y+n+2); 36 for (int i=1;i<=n;i++) if (x[i]!=y[i]) { printf("-1"); return 0; } 37 for (int i=1;i<=n+1;i++) a[i]=d[a[i]],b[i]=d[b[i]]; 38 for (int i=1;i<=n;i++) if (a[i]!=b[i]) ans++,Q[a[i]].push_back(b[i]); 39 if (a[n+1]!=b[n+1]) Q[a[n+1]].push_back(b[n+1]); 40 for (int i=1;i<cnt;i++) if (Q[i].size()&&!vis[i]) dfs(i),ans++; 41 if (!vis[cnt]) ans++; 42 printf("%d",ans-1); 43 }