[BZOJ2303][Apio2011]方格染色

[BZOJ2303][Apio2011]方格染色

试题描述

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？

输入

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。

输出

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）。 

输入示例

3 4 3
2 2 1
1 2 0
2 3 1

输出示例

8

数据规模及约定

对于所有的测试数据，2 ≤ n, m ≤ 10^6，0 ≤ k ≤ 10^6，1 ≤ xi ≤ n，1 ≤ yi ≤ m。

题解

这种带上某种限制再染色的题目一般都是先确定第一行，再依次确定2~n行，比如这题。

假设先不考虑事先涂上的格子，红色用1表示，蓝色用0表示。我们可以枚举第一行，接下来第 i 行可以是第 i-1 行的全部奇数位取异或值，其余不变；或是第 i-1 行的全部偶数位取异或值，其余不变。于是每向下处理一行答案数扩大1倍，即 方案数 = 第一行方案数 × 2^n-1

现在考虑事先涂上的格子，不考虑无解的情况，不难发现同一行若是有两列（第 a 列和第 b 列）都有涂好颜色的格子，那么第一行的第 a 列于第 b 列的颜色就会有一个制约关系，所以把同行的两列合并成一个连通分量，最后看不含第一行位置的连通块的个数，设这个个数为 t，则 第一行方案数 = 2^t. 注意，这时 方案数 = 第一行方案数 × 2^{没有涂颜色的行数}。

再特判一下无解的情况，之前提到一个制约关系，现在我们就好好研究一下这个制约关系。（设某一行第 a 列和第 b 列数的相等关系为p，p=1时不等，p=0时相等；第一行第 a 列和第 b 列数的相等关系为q，q=1时不等，q=0时相等）

有如下关系：

1.) a 与 b 奇偶性相同时，q = p；

2.) a 与 b 奇偶性不同时，q = p Xor (行数 - 1)。

用并查集维护2m个点，表示第一行每个数（A_i）等于 1 或 0 的条件，每个连通块表示其中所有条件全部成立。例如，当第 a 列和第 b 列数不同时，把（A_a = 1）与（A_b = 0）加入同一个连通块，同时把（A_a = 0）与（A_b = 1）也加入同一个连通块。最后再看是否有（A_i = 0）与（A_i = 1）在同一个连通块中就行了。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
using namespace std;

const int BufferSize = 1 << 16;
char buffer[BufferSize], *Head, *tail;
inline char Getchar() {
	if(Head == tail) {
		int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);
		tail = (Head = buffer) + l;
	}
	return *Head++;
}
int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = Getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = Getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = Getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 1000010
#define MOD 1000000000
#define LL long long
int n, m, k, last[maxn];

int fa[maxn], f2[maxn<<1];
bool val[maxn], line[maxn];
int findset(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = findset(fa[x]); }
int findset2(int x) { return x == f2[x] ? x : f2[x] = findset2(f2[x]); }

struct Point { int x, y, c; } ps[maxn];

int Pow(int a, int b) {
	if(!b) return 1;
	b--; int t = a;
	while(b) {
		if(b & 1) a = ((LL)a * t) % MOD;
		b >>= 1; t = ((LL)t * t) % MOD;
	}
	return a;
}

bool add(int a, int b, bool c1, bool c2, int x) {
	if((a & 1) ^ (b & 1)) c2 ^= (x & 1);
	int u = findset2((a << 1) | c1), v = findset2((b << 1) | c2);
	if(u != v) f2[v] = u;
	c1 ^= 1; c2 ^= 1;
	u = findset2((a << 1) | c1); v = findset2((b << 1) | c2);
	if(u != v) f2[v] = u;
	if(findset2(a << 1) == findset2((a << 1) | 1) || findset2(b << 1) == findset2((b << 1) | 1)) return 1;
	return 0;
}

int main() {
	n = read(); m = read(); k = read();
	for(int i = 1; i <= k; i++) {
		ps[i].x = read(); ps[i].y = read(); ps[i].c = read();
		if(ps[i].x == 1) val[ps[i].y] = 1;
		line[ps[i].x] = 1;
	}
	
	int cnt = m;
	for(int i = 1; i <= m; i++) fa[i] = i;
	for(int i = 1; i <= (m << 1) + 1; i++) f2[i] = i;
	for(int i = 1; i <= k; i++) {
		if(last[ps[i].x]) {
			int t = last[ps[i].x];
			int a = findset(ps[i].y), b = findset(ps[t].y);
			if(a != b) {
				fa[b] = a;
				val[a] |= val[b]; val[b] = 0;
				cnt--;
			}
			if(add(ps[i].y, ps[t].y, ps[i].c, ps[t].c, ps[i].x + 1)) {
				puts("0");
				return 0;
			}
		}
		last[ps[i].x] = i;
	}
	for(int i = 1; i <= m; i++) if(val[i]) cnt--;
	int tmp = 0;
	for(int i = 2; i <= n; i++) if(!line[i]) tmp++;
	int ans = Pow(2, cnt + tmp);
	
	printf("%d\n", ans);
	
	return 0;
}