SD 一轮集训 day1 carcar
可以发现每条边只能选一次或者两次,并且最后每个点的度数(∑邻接边选的次数和)都是偶数(代表有欧拉回路)。
然后根据题意列一个 n 行 m+1 列的01矩阵,每一行代表一个异或方程组(每个点的度数是偶数),每一列(除了最后一列)代表一个变量(每条边是不是选2次),最后一列0/1代表这个点目前的度数是偶数还是奇数。
最后我们要求的就是方程所有解中逆字典序最小的解。
乍一看肯定是毫无思路,但是做了 [HAOI2018] 反色游戏 之后,就感觉这两个东西还是有点点共性的。
我们高斯消元的过程肯定是 i = 1 to m ,找到a[j][i]不为0的所有j(如果没有这样的j就忽略掉),把第二个j开始的所有行都异或最小的j那一行。
但是对于这种特殊的矩阵,我们可以发现异或的过程就相当于把两个点合并,或者说就是并查集合并的过程:合并成功的话那这个变量(代表原图中的一条边)就不是自由元;否则就是自由元。。。。
我们肯定是想让权值大的边是自由元,这样就可以不选了,肯定更优。
所以我们就跑一遍最小生成树,找出不是自由元的边,然后现在就只有一组解了(n个方程n-1个变量,保证有解,因为任意图的度数和肯定是偶数),dfs扫一遍就可以了。。。。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<ctime> #define ll long long using namespace std; const int maxn=500005,ha=1e9+7; inline int read(){ int x=0; char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar()); for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; return x; } inline void ADD(int &x,int y){ x+=y; if(x>=ha) x-=ha;} int n,m,d[maxn],ans,p[maxn],hd[maxn]; int to[maxn*2],ne[maxn*2],val[maxn*2],num; inline void addline(int x,int y,int z){ to[++num]=y,ne[num]=hd[x],hd[x]=num,val[num]=z;} int getf(int x){ return p[x]==x?x:(p[x]=getf(p[x]));} void dfs(int x,int fa){ for(int i=hd[x];i;i=ne[i]) if(to[i]!=fa){ dfs(to[i],x); if(d[to[i]]) d[x]^=1,ADD(ans,val[i]); } } int main(){ // freopen("carcar.in","r",stdin); // freopen("carcar.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); int u,v; for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i; for(int i=1,fa,fb,now=2;i<=m;ADD(now,now),i++){ ADD(ans,now); u=read(),v=read(),d[v]^=1,d[u]^=1; fa=getf(u),fb=getf(v); if(fa!=fb){ p[fa]=fb; addline(u,v,now); addline(v,u,now); } } dfs(1,0); printf("%d\n",ans); return 0; }
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