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：

1. 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

   \[a(1,1)\; xor \;a(x,1)\; xor \; a(1,y)\; xor \;a(x,y)=1 \]
   \[a(1,1)\; xor \;a(x,1)\; xor \; a(1,y) =1\;xor \;a(x,y) \]

2. 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：

1. 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

2. 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;
   }
   

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