BZOJ2303: [Apio2011]方格染色

2303: [Apio2011]方格染色

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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

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

Sample Output

8

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

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <vector>
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

inline void read(long long &x)
{
    x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
    while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar();
    while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    if(c == '-')x = -x;
}

const long long MAXN = 1000000 + 10;
const long long MAXM = 1000000 + 10;
const long long MAXK = 1000000 + 10;
const long long MOD = 1000000000; 

long long n,m,ans1,ans2,k;
long long x[MAXK], y[MAXK], color[MAXK];
long long fa[MAXK << 1], w[MAXK << 1], ok;

//0相等，1不等 
long long find(long long x)
{
    if(x == fa[x])return x;
    int f = find(fa[x]);
    w[x] ^= w[fa[x]];
    fa[x] = f;
    return f;
}

long long pow(long long a, long long b)
{
    long long r = 1, base = a % MOD;
    for(;b;b >>= 1)
    {
        if(b & 1) r *= base, r %= MOD; 
        base *= base, base %= MOD;
    }
    return r % MOD;
}

long long solution()
{ 
    for(register long long i = n + m + 10;i >= 1;-- i)fa[i] = i, w[i] = 0;
    fa[n + 1] = 1;
    register long long tmp,f1,f2,now = 0,a;
    for(register long long i = 1;i <= k;++ i)
    {
        if(x[i] == 1 && y[i] == 1)continue;
        if((x[i] & 1) || (y[i] & 1)) tmp = 0;
        else tmp = 1;
        tmp ^= (0 ^ color[i]);
        f1 = find(x[i]), f2 = find(y[i] + n);
        a = w[x[i]] ^ w[y[i] + n] ^ tmp;
        if(f1 == f2 && a)return 0;
        fa[f2] = f1, w[f2] = a;
    }
    for(register long long i = n + m;i >= 1;-- i)
        if(fa[i] == i)++ now;
    return pow(2, now - 1);
}

int main()
{
    read(n), read(m), read(k);
    for(register long long i = 1;i <= k;++ i)
    {
        read(x[i]), read(y[i]), read(color[i]);
        if(x[i] == 1 && y[i] == 1) 
            if(!color[i]) ok = 1;
            else ok = 2;
    }
    ans1 = solution();
    for(register long long i = 1;i <= k;++ i) color[i] ^= 1;
    ans2 = solution();
    if(ok == 1) ans2 = 0;
    if(ok == 2) ans1 = 0; 
    printf("%lld", (ans1 + ans2) % MOD);
    return 0;
}