[ABC155F] Perils in Parallel 题解

[ABC155F] Perils in Parallel 题解

对于区间上的异或操作，常见的套路是 异或差分。我们知道异或就是不进位的加法，自然具有可差分，可前缀性，于是对 $[l,r]$ 区间 $\oplus x$ 等价于 $a_l\oplus x$，$a_{r+1}\oplus x$。

知道这个东西这个题就好做了。我们建出异或差分数组 $b$，那么现在的问题转化为每次改变 $b$ 的两个点 $l,r+1$，能否使 $b$ 全部变为 $0$。

同时改变两点的问题考虑建图解决。由于 $l<r$，实际上是有多个连通块的森林。由于求的是可行解，我们贪心地从下往上把所有 $1$ 变为 $0$，同时改变它的父节点，最后检查连通块的根节点的 $b$ 是否为 $1$ 即可。注意 $l\ge r$ 的情况是不用建边的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 200005
using namespace std;
int n, m;
struct node {
	int a, b;
	bool operator < (const node &x) const {
		return a < x.a;
	}
} e[N];
int c[N];
int sm[N]; // 异或前缀和
int l[N], r[N];
struct Node {
	int to, nxt;
	int val;
} t[N << 1];
int head[N], cnt;
void add(int u, int v, int w) {
	t[++cnt].to = v;
	t[cnt].val = w;
	t[cnt].nxt = head[u];
	head[u] = cnt;
}
int vis[N];
vector<int>ans;
int nwsm[N], p[N];
void dfs(int x) {
	vis[x] = 1;
	nwsm[x] = sm[x];
	for (int i = head[x]; i; i = t[i].nxt) {
		int y = t[i].to;
		if (vis[y])
			continue;
		p[y] = t[i].val;
		dfs(y);
		nwsm[x] ^= nwsm[y];
	}
}
int main() {
	cin >> n >> m; 
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d%d", &e[i].a, &e[i].b), c[i] = e[i].a;
	sort(c + 1, c + 1 + n);
	int len = unique(c + 1, c + 1 + n) - c - 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		e[i].a = lower_bound(c + 1, c + 1 + len, e[i].a) - c;
	sort(e + 1, e + 1 + n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		sm[i] = e[i].b;
	for (int i = n + 1; i >= 1; i--)
		sm[i] ^= sm[i - 1];
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
		l[i] = lower_bound(c + 1, c + 1 + len, l[i]) - c;
		r[i] = upper_bound(c + 1, c + 1 + len, r[i]) - c;
		if (l[i] >= r[i])
			continue;
		add(l[i], r[i], i);
		add(r[i], l[i], i);
	}
	for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
		if (!vis[i]) {
			dfs(i);
			if (nwsm[i] & 1)
				return puts("-1"), 0;
		}
	for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
		if (nwsm[i])
			ans.push_back(p[i]);
	sort(ans.begin(), ans.end());
	cout << ans.size() << "\n";
	for (auto i : ans)
		cout << i << " ";
	puts("");
	return 0;
}