AtCoder abc164_f

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给定整数(n)和(4)个长度为(n)的序列(a,b,c,d)，其中(a_i,b_iin{0,1})。要求构造一个(n imes n)的矩阵，满足以下条件：

• (forall iin[1,n])，如果(a_i=0)，则第(i)行的与和为(c_i)；否则或和为(c_i)；
• (forall iin[1,n])，如果(b_i=0)，则第(i)列的与和为(d_i)；否则或和为(d_i)。

或报告无解。

(nin[1,500],c_i,d_iinleft[0,2^{64} ight))。

这是一个炒鸡毒瘤的分类讨论大题……

首先不难想到的是，各二进制位之间是独立的，不妨拆成(64)位，每位分别处理，最终合并答案。若有任意一位无解，那么最终无解。于是拆成的每个问题中的与和、或和限制都(in{0,1})了。我们继续沿用字母(a,b,c,d)表示，此时(c_i,d_iin{0,1})。

接下来考虑怎么处理每个拆成的问题。

显然，每行、每列分别有且仅有一个限制，而且都可以转化为更能直观理解的形式们之一：

1. (a_i/b_i=0,c_i/d_i=1)：第(i)行/列全是(1)；
2. (a_i/b_i=0,c_i/d_i=0)：第(i)行/列至少有一个(0)；
3. (a_i/b_i=1,c_i/d_i=1)：第(i)行/列至少有一个(1)；
4. (a_i/b_i=1,c_i/d_i=0)：第(i)行/列全是(0)。

其中限制(1,4)是“(forall)限制”，限制(2,3)是“(exists)限制”。

直接暴力分类讨论。

1. 行、列都存在(forall)限制：此时显然只能有一种(forall)限制，否则一定会发生冲突，无解。现在假设只有一种(forall)限制，那么很容易想到的方案是将所有(forall)限制填上之后，剩下的格子都填相反的数，这样每行/列要么是(forall)限制，已满足；要么是(exists)限制，按照填法此行/列显然一定(0,1)都有，一定满足；
2. 只有行存在(forall)限制：
   1. 限制(1,4)都存在：容易想到，将所有(forall)限制都填满，将所有行的(exists)限制都随便填使得满足，完全没必要在意列的限制，因为这样显然每列一定(0,1)都有，能够满足所有列的(exists)限制；
   2. (forall)限制只存在限制(1)：先把所有限制(1)填满再说。现在我们要满足的就是行、列限制(2,3)。其中列限制(3)显然已经全部满足，难点在于列限制(2)。有以下几种情况：
      1. 没有列限制(2)：那么直接把行限制们随便满足一下即可；
      2. 存在行限制(2)：把任一一个行限制(2)填满(0)，此时显然所有列都有(0)了，所以所有列限制(2)都满足了，于是把其他行限制们随便满足一下即可；
      3. 至少存在(2)个行限制(3)：把其中任意(2)个行限制(3)都(1)格填(1)、其他格填(0)，使得填(1)的位置错开，这样也能实现每列都有(0)，剩下的跟情况(2.2.2)类似；
      4. 存在行限制(3)且至多有(n-1)个列限制(2)：将任意一个行限制(3) (1)格填(1)、其他格填(0)，使得填(1)的位置所在列没有列限制(2)，这样也能满足所有列限制(2)，于是再次地把其他行限制们随便满足一下即可；
      5. 情况(2.2.1sim2.2.4)都不满足：无能为力，无解；
   3. (forall)限制只存在限制(4)：与情况(2.2)类似；
3. 只有列存在(forall)限制：与情况(2)类似；
4. 不存在(forall)限制：
   1. (n=1)：有可能无解，乱搞即可；
   2. (n>1)：一定有解，一种可行的方案是：为每行/列挑选一个代表来满足此行/列的限制，第(i)行的代表是(egin{cases}(i,2)&i=1\(i,1)&i>1end{cases})，第(i)列的代表是(egin{cases}(1,i)&i=1\(2,i)&i>1end{cases})，这样可以保证代表们两两不重合。

时间复杂度(mathrm O!left(n^2 ight))，乘上常数(64)。

The end.

下面是代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
typedef unsigned long long ull;
const int N=500;
int n;
bool a[N+1],b[N+1];
ull c[N+1],d[N+1];
ull ans[N+1][N+1];
void sol(int x){
//	cout<<x<<"
";
	vector<int> r0,ro0,r1,ro1,c0,co0,c1,co1;//行限制4,2,1,3、列限制4,2,1,3 
	for(int i=1;i<=n;i++){//预处理8个vector 
		if(!a[i]&&!(c[i]&1ull<<x))ro0.pb(i);
		else if(!a[i]&&c[i]&1ull<<x)r1.pb(i);
		else if(a[i]&&!(c[i]&1ull<<x))r0.pb(i);
		else ro1.pb(i);
		if(!b[i]&&!(d[i]&1ull<<x))co0.pb(i); 
		else if(!b[i]&&d[i]&1ull<<x)c1.pb(i);
		else if(b[i]&&!(d[i]&1ull<<x))c0.pb(i);
		else co1.pb(i);
	}
	if((r0.size()||r1.size())&&(c0.size()||c1.size()))//1 
		if(r0.size()&&!r1.size()&&c0.size()&&!c1.size()){
			for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)ans[i][j]|=1ull<<x;
			for(int i=0;i<r0.size();i++)for(int j=1;j<=n;j++)(ans[r0[i]][j]|=1ull<<x)^=1ull<<x;
			for(int j=0;j<c0.size();j++)for(int i=1;i<=n;i++)(ans[i][c0[j]]|=1ull<<x)^=1ull<<x;
		}
		else if(!r0.size()&&r1.size()&&!c0.size()&&c1.size()){
			for(int i=0;i<r1.size();i++)for(int j=1;j<=n;j++)ans[r1[i]][j]|=1ull<<x;
			for(int j=0;j<c1.size();j++)for(int i=1;i<=n;i++)ans[i][c1[j]]|=1ull<<x;
		}
		else puts("-1"),exit(0);
	else if(r0.size()||r1.size())//2
		if(r0.size()&&r1.size()){//2.1
			for(int i=0;i<r1.size();i++)for(int j=1;j<=n;j++)ans[r1[i]][j]|=1ull<<x;
			for(int i=0;i<ro1.size();i++)ans[ro1[i]][1]|=1ull<<x;
		}
		else if(r0.size())//2.2
			if(!co1.size()||ro1.size())//2.2.1&2.2.2
				for(int i=0;i<ro1.size();i++)for(int j=1;j<=n;j++)ans[ro1[i]][j]|=1ull<<x;
			else if(ro0.size()>=2){//2.2.3
				for(int j=2;j<=n;j++)ans[ro0[0]][j]|=1ull<<x;
				for(int j=1;j<n;j++)ans[ro0[1]][j]|=1ull<<x;
			}
			else if(co1.size()<n&&ro0.size()==1){//2.2.4
				int notin=1,now=0;
				while(now<co1.size()&&co1[now]==notin)notin++,now++;
				for(int j=1;j<=n;j++)if(j!=notin)ans[ro0[0]][j]|=1ull<<x;
			}
			else puts("-1"),exit(0);//2.2.5
		else{//2.3
			for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)ans[i][j]|=1ull<<x;
			if(!co0.size()||ro0.size())
				for(int i=0;i<ro0.size();i++)for(int j=1;j<=n;j++)ans[ro0[i]][j]^=1ull<<x;
			else if(ro1.size()>=2){
				for(int j=2;j<=n;j++)ans[ro1[0]][j]^=1ull<<x;
				for(int j=1;j<n;j++)ans[ro1[1]][j]^=1ull<<x;
			}
			else if(co0.size()<n&&ro1.size()==1){
				int notin=1,now=0;
				while(now<co0.size()&&co0[now]==notin)notin++,now++;
				for(int j=1;j<=n;j++)if(j!=notin)ans[ro1[0]][j]^=1ull<<x;
			}
			else puts("-1"),exit(0);
		}
	else if(c0.size()||c1.size())//3
		if(c0.size()&&c1.size()){
			for(int j=0;j<c1.size();j++)for(int i=1;i<=n;i++)ans[i][c1[j]]|=1ull<<x;
			for(int j=0;j<co1.size();j++)ans[1][co1[j]]|=1ull<<x;
		}
		else if(c0.size())
			if(!ro1.size()||co1.size())
				for(int j=0;j<co1.size();j++)for(int i=1;i<=n;i++)ans[i][co1[j]]|=1ull<<x;
			else if(co0.size()>=2){
				for(int i=2;i<=n;i++)ans[i][co0[0]]|=1ull<<x;
				for(int i=1;i<n;i++)ans[i][co0[1]]|=1ull<<x;
			}
			else if(ro1.size()<n&&co0.size()==1){
				int notin=1,now=0;
				while(now<ro1.size()&&ro1[now]==notin)notin++,now++;
				for(int i=1;i<=n;i++)if(i!=notin)ans[i][co0[0]]|=1ull<<x;
			}
			else puts("-1"),exit(0);
		else{
			for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)ans[i][j]|=1ull<<x;
			if(!ro0.size()||co0.size())
				for(int j=0;j<co0.size();j++)for(int i=1;i<=n;i++)ans[i][co0[j]]^=1ull<<x;
			else if(co1.size()>=2){
				for(int i=2;i<=n;i++)ans[i][co1[0]]^=1ull<<x;
				for(int i=1;i<n;i++)ans[i][co1[1]]^=1ull<<x;
			}
			else if(ro0.size()<n&&co1.size()==1){
				int notin=1,now=0;
				while(now<ro0.size()&&ro0[now]==notin)notin++,now++;
				for(int i=1;i<=n;i++)if(i!=notin)ans[i][co1[0]]^=1ull<<x;
			}
			else puts("-1"),exit(0);
		}
	else//4
		if(n==1)//4.1
			if(ro0.size()&&co0.size());
			else if(ro1.size()&&co1.size())ans[1][1]|=1ull<<x;
			else puts("-1"),exit(0);
		else{//4.2
			for(int i=0;i<ro1.size();i++)ans[ro1[i]][ro1[i]==1?2:1]|=1ull<<x;
			for(int j=0;j<co1.size();j++)ans[co1[j]==1?1:2][co1[j]]|=1ull<<x;
		}
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>d[i];
	for(int i=0;i<64;i++)sol(i);//拆位分别处理 
	for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++)cout<<ans[i][j]<<" ";puts("");}
	return 0;
}