D. 2+ doors（构造 二分图） CF 1715D

题目：

​ 现在有一个长度为n的序列待构造，给出m对关系$i,j,x$，表示$a_i|a_j=x$，请在满足这m对关系的情况下构造出的最小字典序的序列。

分析：

​ 每当我们看到最小字典序的时候，基本都是贪心的思想。本题可以知道，我们要让序列前面的数尽可能的小。对于他给出的关系，需要按位来考虑，但是有一些麻烦的就是你确定一个数的一位的时候，他会影响到与他有关系的数，感觉就是一个二分图的思想。我们可以用$f0[i][j]$表示第$i$个数在第$j$位必定填0，$f1[i][j]$同理必定填1。顺序遍历序列，枚举位，能填0就填0。

实现：

​ 对于给出的关系 若x在第$k$位上为0，那么$i$和$j$在第k位上都必须填0，若x在第$k$位上为1，那么$i$和$j$在第k位上至少要有一个人是1。同时不能忽略$i=j$的情况，若$i==j$且x在第$k$位上为1，那么$i$在第k位上必须填1。那么现在我们预处理出了必须填的情况，但是还有一种情况我们是不能确定的，就是当某位可以填0或者填1的时候，怎么办？基于贪心的思想，肯定是填0最好，但是不一定能填上。为什么？因为如果你这一位填0，那么和他有关的那个数的这一位必须就填1，所以要在合法的情况下，才能填上0。这就是用到了二分图的思想，实现上我们将这种模糊的关系连一条边，对于当前$a_i$决定要填0的时候，遍历一下，若目标数在该位上必须填0，那么我当前$a_i$就只能填1了，因为模糊的优先级是不如必定的。

#include <bits/stdc++.h>
    
using namespace std;
#define rep(i, a, n) for(int i = a; i < n; i++)
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define pb push_back
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
#define debug(x)    cout << x << endl;
#define SZ(x)    (int)x.size()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
void read(int &x) {int s = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(!isdigit(ch)) {f = (ch == '-' ? -1 : f); ch = getchar();} while(isdigit(ch)) {s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();} x = s * f;}

const int N = 100005;
int n, m;
vector<int> g[N][30];
int f0[N][30], f1[N][30]; //第i个数的第j位必须填0或者必须填1

signed main()
{
    cin >> n >> m;
    rep(i, 1, m + 1)
    {
        int u, v, c;
        cin >> u >> v >> c;
        if(u > v)   swap(u, v); 
        for(int j = 29; j >= 0; j --)
        {
            if(c >> j & 1)
            {
                if(u == v)
                    f1[u][j] = f1[v][j] = 1;
                else
                    g[u][j].push_back(v);
            }
            else
                f0[u][j] = f0[v][j] = 1;
        }
    }

    rep(i, 1, n + 1)
    {
        int res = 0;
        for(int j = 29; j >= 0; j --)
        {
            bool can0 = 1;
            if(f1[i][j])
                can0 = 0;
            else if(!f1[i][j] && !f0[i][j])
            {
                for(int v : g[i][j])
                    if(f0[v][j])    
                        can0 = 0;
            }

            if(can0) //这位填0
                for(int v : g[i][j])
                    f1[v][j] = 1;
            else
                res += 1 << j;
        }
        cout << res << ' ';
    }
    cout << '\n';
}