Agc016_D XOR Replace

传送门

题目大意

给定两个长为$n$的序列$A,B$你可以进行若干组操作，每次操作选定一各位置$x$，令$A_x$等于$A$的异或和。

问能否通过一定操作使得$A$成为$B$，如果能，求最小操作书数。

题解

考虑操作的意义，找找规律就知道第一次操作是把一个数变为异或和，以后每次操作都是把这个数变成上次操作位置原来的数，因此由以下几个结论。

一定有解，当且仅当排序后$A,B$完全相同或至多一个数不相同且$B$中的那个数是$A$所有元素的异或和。

所以判无解有一个技巧，令$A_{n+1}=A$的异或和，$B$同理，仔细想一想不难发现条件成立当且仅当新的$A,B$在排序后完全相同。

此处应$Orzspace Hwcspace Otz$。

接下考虑把每一个出现的数看做一个点，对于所有$A_i e B_i$，我们知道操作它之前一定会先操作一个$j$使得$A_j=B_i$，所以我们就连一条$(B_i ightarrow A_i)$的边，最终除了第一步，每次操作可以视为沿着当前的点走一条边，目的是走完所有边至少一次。不难想到所有的弱连通块都是由若干个环所构成的强联通块，所以出去第一次操作所走完的代价是边数，而第一次操作需进入一个连通块，当且仅当连通块中有$A$的异或和时不需要走这一步。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<set>
#define LL long long
#define M 200020
using namespace std;
namespace IO{
	const int BS=(1<<20); int Top=0;
	char Buffer[BS],OT[BS],*OS=OT,*HD,*TL,SS[20]; const char *fin=OT+BS-1;
	char Getchar(){if(HD==TL){TL=(HD=Buffer)+fread(Buffer,1,BS-1,stdin);} return (HD==TL)?EOF:*HD++;}
	void write(int x){
		if(!x){putchar('0');return;} if(x<0) x=-x,putchar('-');
		while(x) SS[++Top]=x%10,x/=10;
		while(Top) putchar(SS[Top]+'0'),--Top;
	}
	int read(){
		int nm=0,fh=1; char cw=Getchar();
		for(;!isdigit(cw);cw=Getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
		for(;isdigit(cw);cw=Getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
		return nm*fh;
	}
}
using namespace IO;
int ans,n,m,A[M],B[M],C[M],D[M],f[M],sz[M];
int fd(int x){return x==f[x]?x:f[x]=fd(f[x]);}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) C[i]=A[i]=read(),A[n+1]^=A[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) D[i]=B[i]=read(),B[n+1]^=B[i];
	n++,C[n]=A[n],D[n]=B[n],sort(C+1,C+n+1),sort(D+1,D+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(C[i]!=D[i]){write(-1),putchar('
');return 0;}
	m=unique(C+1,C+n+1)-(C+1); for(int i=0;i<=m+2;i++) f[i]=i,sz[i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans+=(A[i]!=B[i]&&i<n);
		A[i]=lower_bound(C+1,C+m+1,A[i])-C;
		B[i]=lower_bound(C+1,C+m+1,B[i])-C;
		int x=fd(A[i]),y=fd(B[i]); if(x!=y) f[x]=y,sz[y]+=sz[x];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans+=(fd(i)==i&&sz[fd(i)]>1);
	if(A[n]!=B[n]||sz[fd(A[n])]>1) ans--;
	write(ans),putchar('
'); return 0;
}