P3631 [APIO2011]方格染色 带权并查集
题意:
给定大小为\(n*m\)的矩阵,对矩阵进行染色,颜色只有两种,要求矩阵内任意大小为\(2*2\)的子矩阵颜色只能为1种颜色3个,另1种颜色1个,现在固定k个格子的颜色,求有多少种染色方案
范围&性质:\(1\le n,m,k\le 10^5\)
分析:
不看题解,我可能都想不出来,这是一道并查集
我们可以利用位运算对题目进行简化,对于每一个2*2的矩阵,按题目要求异或得到的值为1,即存在$ a(i,j); xor ;a(i+1,j); xor ; a(i,j+1); xor ;a(i+1,j+1)=1\(,递推可以得到,第一行和第一列确定后,整张图的颜色也随之确定。反之,如果\)(x,y)\(的值确定,对\)(1,1)$也会有所限制
分情况讨论:
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当\((x,y)\)都为偶数时,以\((1,1),(x,y)\)为顶点的四边形内共有奇数个格子,异或和为1,且除了\((1,1),(x,1),(1,y),(x,y)\)以外的格子都异或了偶数次,可以得到
\[a(1,1)\; xor \;a(x,1)\; xor \; a(1,y)\; xor \;a(x,y)=1 \]\[a(1,1)\; xor \;a(x,1)\; xor \; a(1,y) =1\;xor \;a(x,y) \] -
当\((x,y)\)至少一个为奇数时,情况刚好相反,
留给读者思考
所以\(a(x,y)\)和\(a(1,1)\)有三种关系,相同,相反,无关,前两种关系都可以看做联通,最后只需要统计\(a(1,1)=0 \ | \ 1\)时,全图有多少个连通块,答案即为\(2^{连通块个数-1}\),因为\(a(1,1)\)固定
tips:
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对于\(a(1,1)=1\)的情况只需要将所有固定的块颜色翻转,然后当做\(a(1,1)=0\)处理就好了
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对于\(a(x,y)\)坐标均为偶数的情况将颜色翻转后当做第二种情况(至少一个为奇数)处理就好
代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; namespace zzc { const int mod =1e9; const int maxn = 2e5+5; int n,m,k; int x[maxn],y[maxn],w[maxn],fa[maxn],g[maxn]; int qpow(int x,int y) { int res=1; while(y) { if(y&1) res=(long long)res*x%mod; x=(long long)x*x%mod; y>>=1; } return res; } int find(int x) { if(x==fa[x]) return x; int fx=find(fa[x]); g[x]^=g[fa[x]]; return fa[x]=fx; } int work(int opt) { for(int i=1;i<=n+m;i++) { fa[i]=i; g[i]=0; } fa[n+1]=1; if(opt==1) { for(int i=1;i<=k;i++) { if(x[i]>1&&y[i]>1) { w[i]^=1; } } } for (int i=1;i<=k;i++) { int a=x[i],b=y[i],c=w[i]; if ( a!=1 || b!=1 ) { int fx=find(a),fy=find(n+b); int tmp=g[a]^g[n+b]^c; if (fx!=fy) { fa[fy]=fx; g[fy]=tmp; } else if (tmp) return 0; } } int cnt=0; for (int i=1;i<=n+m;i++) { if (i==find(i)) cnt++; } return qpow(2,cnt-1); } void work() { int flag=-1; scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=k;i++) { scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&w[i]); if(x[i]==1&&y[i]==1) { flag=w[i]; } else if(!(x[i]&1)&&!(y[i]&1)) { w[i]^=1; } } if(flag!=-1) { printf("%d",work(flag)); return ; } else { printf("%d",(work(1)+work(0))%mod); return ; } } } int main() { zzc::work(); return 0; }