BZOJ2303: [Apio2011]方格染色
2303: [Apio2011]方格染色
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 256 MBSubmit: 1927 Solved: 744
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Description
Sam和他的妹妹Sara有一个包含n × m个方格的
表格。她们想要将其的每个方格都染成红色或蓝色。
出于个人喜好，他们想要表格中每个2 × 2的方形区
域都包含奇数个（1 个或 3 个）红色方格。例如，右
图是一个合法的表格染色方案（在打印稿中，深色代
表蓝色，浅色代表红色） 。
可是昨天晚上，有人已经给表格中的一些方格染上了颜色！现在Sam和Sara
非常生气。不过，他们想要知道是否可能给剩下的方格染上颜色，使得整个表格
仍然满足她们的要求。如果可能的话，满足他们要求的染色方案数有多少呢？
Input
输入的第一行包含三个整数n, m和k，分别代表表格的行数、列数和已被染
色的方格数目。
之后的k行描述已被染色的方格。其中第 i行包含三个整数xi, yi和ci，分别
代表第 i 个已被染色的方格的行编号、列编号和颜色。ci为 1 表示方格被染成红
色，ci为 0表示方格被染成蓝色。
Output
输出一个整数，表示可能的染色方案数目 W 模 10^9得到的值。（也就是说，如果 W大于等于10^9，则输出 W被10^9除所得的余数）。
对于所有的测试数据，2 ≤ n, m ≤ 106
，0 ≤ k ≤ 10^6
，1 ≤ xi ≤ n，1 ≤ yi ≤ m。
Sample Input
2 2 1
1 2 0
2 3 1
Sample Output
HINT
数据为国内数据+国际数据+修正版
鸣谢GYZ
Source
【题解】
最近总是犯一些蠢到极点的错误。
不（非常）难得到g[1][1] ^ g[i][1] ^ g[1][j] ^ g[i][j] = [i mod 2 == 0 && j mod 2 == 0]
不（非常）难发现确定了第一列和第一行就确定了整个表格
于是我们可以枚举g]1][1]的状态，通过已知g[i][j]来判断g[1][j]和g[i][1]是否相等，这样形成了
若干组有且仅有两个选项的约束关系(自己与自己绑在一组也是)，答案就是2^(num-1),因为1已经确定了
用加权并查集来维护某个元素与其父亲节点是否相等，0为相等，1为不等
合并时先find两个元素，使之在两代表元素的下面，然后根据关系合并
相等^相等=相等
不等^不等=相等
相等^不等=不等
是很好用的性质
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <queue> 6 #include <vector> 7 #define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 8 #define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 9 10 inline void read(long long &x) 11 { 12 x = 0;char ch = getchar(), c = ch; 13 while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar(); 14 while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); 15 if(c == '-')x = -x; 16 } 17 18 const long long MAXN = 1000000 + 10; 19 const long long MAXM = 1000000 + 10; 20 const long long MAXK = 1000000 + 10; 21 const long long MOD = 1000000000; 22 23 long long n,m,ans1,ans2,k; 24 long long x[MAXK], y[MAXK], color[MAXK]; 25 long long fa[MAXK << 1], w[MAXK << 1], ok; 26 27 //0相等，1不等 28 long long find(long long x) 29 { 30 if(x == fa[x])return x; 31 int f = find(fa[x]); 32 w[x] ^= w[fa[x]]; 33 fa[x] = f; 34 return f; 35 } 36 37 long long pow(long long a, long long b) 38 { 39 long long r = 1, base = a % MOD; 40 for(;b;b >>= 1) 41 { 42 if(b & 1) r *= base, r %= MOD; 43 base *= base, base %= MOD; 44 } 45 return r % MOD; 46 } 47 48 long long solution() 49 { 50 for(register long long i = n + m + 10;i >= 1;-- i)fa[i] = i, w[i] = 0; 51 fa[n + 1] = 1; 52 register long long tmp,f1,f2,now = 0,a; 53 for(register long long i = 1;i <= k;++ i) 54 { 55 if(x[i] == 1 && y[i] == 1)continue; 56 if((x[i] & 1) || (y[i] & 1)) tmp = 0; 57 else tmp = 1; 58 tmp ^= (0 ^ color[i]); 59 f1 = find(x[i]), f2 = find(y[i] + n); 60 a = w[x[i]] ^ w[y[i] + n] ^ tmp; 61 if(f1 == f2 && a)return 0; 62 fa[f2] = f1, w[f2] = a; 63 } 64 for(register long long i = n + m;i >= 1;-- i) 65 if(fa[i] == i)++ now; 66 return pow(2, now - 1); 67 } 68 69 int main() 70 { 71 read(n), read(m), read(k); 72 for(register long long i = 1;i <= k;++ i) 73 { 74 read(x[i]), read(y[i]), read(color[i]); 75 if(x[i] == 1 && y[i] == 1) 76 if(!color[i]) ok = 1; 77 else ok = 2; 78 } 79 ans1 = solution(); 80 for(register long long i = 1;i <= k;++ i) color[i] ^= 1; 81 ans2 = solution(); 82 if(ok == 1) ans2 = 0; 83 if(ok == 2) ans1 = 0; 84 printf("%lld", (ans1 + ans2) % MOD); 85 return 0; 86 }
