239. 奇偶游戏
题意：给你m个询问，每一个询问给出一个区间的左右端点和区间中的1的数量的奇偶性，输出不出现矛盾的最大的k值，即1k无矛盾，1k + 1矛盾。
方法1：带权并查集 + 离散化
设区间左右端点a和b，01序列的前缀和数组为s，那么[a, b]中的1的个数cnt = s[b] - s[a - 1], 那么cnt是奇是偶和s[b] - s[a - 1]有关：
- s[b]和s[a - 1]同奇偶，cnt为偶数
- s[b]和s[a - 1]不同奇偶，cnt为奇数
那么对于输入的a b odd/even, 可以将他看成是s[b]和s[a - 1]的奇偶性，如果是a b odd则s[b]和s[a - 1]的奇偶性不同反之相同, 简单起见，把s[b]和s[a - 1]的奇偶关系之间看成是点b和点a - 1的奇偶关系。
这样就可以通过并查集来维护已经确定奇偶关系的点了。
设点x，d[x]表示点x和它所在树的根之间的奇偶关系（同0，异1），所以两个点x和y的奇偶关系应该是，在x和y在同一棵树中时，它们和根的奇偶关系的异或，即：d[x] ^ d[y]
当x和y不再同一棵树中时，需要根据题目给出的x和y的奇偶关系来合并x所在的树和y所在的树，合并x和y所在的树的关键问题就是得到x所在树的树根px和y所在树的树根py之间的奇偶关系，这样在令p[px] = py后，才能进一步得到x所在树的所有结点和py的奇偶关系。
求x所在树的树根px和y所在树的树根py之间的奇偶关系：设输入的x和y的奇偶关系为ans(同奇，同偶为0，否则为1)，可以知道在合并完x和y所在的树后，ans = d[x] ^ d[px] ^ d[y]，所以可得：d[px] = d[x] ^ d[y] ^ ans，所以在合并x和y所在的树时，需要将d[px]赋值为d[x] ^ d[y] ^ ans，表示原本x所在树的根和y所在树的根之间的奇偶性关系。
注意：合并x和y所在的树是在输入了x和y的奇偶关系，并且x和y不再同一棵树中才进行的，如果x和y已经在同一棵树中，那么就应该对这个query进行检验。
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M = 20010;
struct Node{
int l, r;
string s;
};
int p[M], d[M];
vector<Node> query;
int a[M], t;
int n, m;
int k;
int find(int x){
int l = 1, r = k;
while(l < r){
int mid = l + r >> 1;
if(a[mid] >= x) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return l;
}
int get(int x){
if(p[x] != x){
int root = get(p[x]);
d[x] = d[x] ^ d[p[x]];
p[x] = root;
}
return p[x];
}
int merge(int x, int y, int e){
int t = d[x] ^ d[y];
x = get(x), y = get(y);
p[x] = y, d[x] = t ^ e;
}
int main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i ++){
int l, r;
string s;
cin >> l >> r >> s;
a[++ t] = l - 1; // 注意虽然输入的是 l r s, 但其实给出的是点r和点l - 1的奇偶关系
a[++ t] = r;
query.push_back({l - 1, r, s});
}
sort(a + 1, a + t + 1);
for(int i = 1; i <= t; i ++)
if(i == 1 || a[i] != a[k]) a[++ k] = a[i];
for(int i = 1; i <= k; i ++) p[i] = i;
int res = 0;
for(int i = 0; i < query.size(); i ++){
string s = query[i].s;
int u = find(query[i].l), v = find(query[i].r);
if(get(u) != get(v)) merge(u, v, s == "odd" ? 1 : 0);
else if(s == "even" && d[u] ^ d[v]) break;
else if(s == "odd" && d[u] ^ d[v] == 0) break;
res ++;
}
cout << res;
return 0;
}
方法2：扩展域并查集 + 离散化
扩展域写法：对于一个点x，把x拆分成两个域，奇数域和偶数域。
x的p域：是当x满足性质p的时候存在的域，这个域维护了和x满足性质p等价的其他信息。
本题对于x扩展出它的奇数域和偶数域
对于输入的x y odd, 检查如果x的偶数域和y的偶数域连通，或者x的奇数域和y的奇数域连通，说明出现矛盾。
否则就将x的奇数域和y的偶数域连通，x的偶数域和y的奇数域连通。
对于输入x y even, 检查如果x的奇数域和y的偶数域连通或者x的偶数域和y的奇数域连通，则出现矛盾。
否则把x的偶数域和y的偶数域，x的奇数域和y的奇数域连通。
注意：
在判断x y even时：
(x的奇数域和y的偶数域连通 || x的偶数和y的奇数域连通) <=> 出现矛盾
而 x的偶数域和y的偶数域不连通并不能说明出现了矛盾
因为(x的偶数域和y的偶数域不连通)不能决定(x的奇数域和y的偶数域连通)
同理在判断x y odd时：(x的奇数域和y的奇数域连通 || x的偶数和y的偶数域连通) <=> 出现矛盾
x的奇数域和y的偶数域不连通并不能说明出现了矛盾
因为(x的奇数域和y的偶数域不连通)不能决定(x的奇数域和y的奇数域连通)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M = 20010, N = 10010;
int m, n;
int p[M * 2];
int a[M], ak, k;
struct Node{
int l, r;
int x;
}query[N];
int qk;
int get(int x){
if(x != p[x]) p[x] = get(p[x]);
return p[x];
}
int find(int x){
int l = 1, r = k;
while(l < r){
int mid = l + r >> 1;
if(a[mid] >= x) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return l;
}
int main(){
cin >> n >> m;
while(m --){
int l, r;
string str;
cin >> l >> r >> str;
a[++ ak] = l - 1, a[++ ak] = r;
query[++ qk] = {l - 1, r, str == "odd" ? 1 : 0};
}
sort(a + 1, a + 1 + ak);
for(int i = 1; i <= ak; i ++)
if(i == 1 || a[i] != a[i - 1]) a[++ k] = a[i];
for(int i = 1; i <= k * 2; i ++) p[i] = i;
int res = 0;
for(int i = 1; i <= qk; i ++){
int x = find(query[i].l), y = find(query[i].r);
// x表示x的偶数域，x + k表示x的奇数域
if(query[i].x){
if(get(x) == get(y)) break;
p[get(x + k)] = get(y);
p[get(x)] = get(y + k);
}else{
if(get(x) == get(y + k)) break;
p[get(x + k)] = get(y + k);
p[get(x)] = get(y);
}
res ++;
}
cout << res;
return 0;
}
