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A.[Apio2011]方格染色
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？ $n,m,k\leqslant 10^{6}$
题解：打表观察了一波，除了答案貌似是2的倍数,很经常是$2^{n+m-1}$以外都不懂，无奈看题解。
我们可以把限制条件当作异或关系式，（我不懂怎么打异或，就用$\veebar$ 代替吧）即对于$x>1且y>1,S[x][y]\veebar S[x][y-1]\veebar S[x-1][y]\veebar S[x-1][y-1]=1$，对于一个在$(a,b),a>1,b>1$的已经有颜色的块，我们把所有$x\leqslant a,y\leqslant b$的异或关系式塔起来，得到$Sab\veebar S[a][1]\veebar S[1][b]\veebar S[1][1]=Color(a,b)$这个式子只有在ab都是偶数的时候，才等于1。假如确定了$(1,1)$的颜色，那我们就能用一个异或方程表示第a行和第b列的关系。那我们就直接枚举$(1,1)$的颜色，通过并查集维护就可以啦。在维护的时候，如果出现矛盾，说明无解，否则假设联通块有num个，答案是$2^{num-1}$
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MN 1000000
#define mod 1000000000
using namespace std;
inline int read()
{
int x = 0 , f = 1; char ch = getchar();
while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘){ if(ch == ‘-‘) f = -1; ch = getchar();}
while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘){x = x * 10 + ch - ‘0‘;ch = getchar();}
return x * f;
}
int n,m,k,fa[MN*2+5],g[MN*2+5],ans=0;
struct limit{int x,y,z;}s[MN+5];
int pow(int x,int k)
{
int sum=1;
for(int i=x;k;k>>=1,i=1LL*i*i%mod)
if(k&1)
sum=1LL*sum*i%mod;
return sum;
}
int getfa(int x)
{
if(fa[x]==x) return x;
int t=getfa(fa[x]);g[x]^=g[fa[x]];
return fa[x]=t;
}
int calc()
{
for(int i=1;i<=m+n;i++) fa[i]=i,g[i]=0;fa[n+1]=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
if(s[i].x+s[i].y<=2) continue;
int x=getfa(s[i].x),y=getfa(s[i].y+n),t=g[s[i].x]^g[s[i].y+n]^s[i].z;
if(x!=y){fa[x]=y;g[x]=t;}
else if(t) return 0;
}
int num=0;
for(int i=1;i<=n+m;i++)
if(fa[i]==i) num++;
return pow(2,num-1);
}
int main()
{
n=read();m=read();k=read();
bool flag[2];
for(int i=1;i<=k;i++)
{
s[i].x=read();s[i].y=read();s[i].z=read();
if(s[i].x+s[i].y<3) flag[s[i].z]=1;
if(!(s[i].x&1||s[i].y&1)) s[i].z^=1;
}
if(!flag[1]) ans+=calc();
if(!flag[0])
{
for(int i=1;i<=k;i++) if(s[i].x>1&&s[i].y>1)s[i].z^=1;
ans+=calc();
}
cout<<ans%mod;
return 0;
}
B.寻路
一个二维平面上有很多个矩形，你要从一个给定的点向上下左右任意方向出发，然后只能在矩形的边上或者角上转弯，问到达另一个点的最短路径。
20组数据，每组矩形数量不超过1000
题解：我们考虑最短路，直接建图最多只会有n^2个点，但是它们不全是有用的，所以我们考虑从每一个矩形的角上向四周出发连边，这样最多只有12n个点，跑最短路就行了。建图稍微复杂点。
复杂度Tnlogn
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define INF 20000000000000LL
#define MN 1000
#define mp(x,y) make_pair((x),(y))
#define pa pair<ll,int>
using namespace std;
inline int read()
{
int x = 0 , f = 1; char ch = getchar();
while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘){ if(ch == ‘-‘) f = -1; ch = getchar();}
while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘){x = x * 10 + ch - ‘0‘;ch = getchar();}
return x * f;
}
int n,cnt,lcnt,cn,head[MN*100];
inline int abs(int x){return x<0?-x:x;}
struct L{
int l,r,x;
vector<int> s;
L(){}
L(int l,int r,int x):l(l),r(r),x(x){s.clear();}
bool operator<(const L&b)const{return x<b.x;}
}r[MN*5+5],c[MN*5+5];
struct P
{
int x,y;
P(int x=0,int y=0):x(x),y(y){}
friend int dis(P x,P y){return abs(x.x-y.x)+abs(x.y-y.y);}
bool operator==(const P&b)const{return x==b.x&&y==b.y;}
}p[MN*MN+5];
bool cmp(int x,int y){return p[x].x==p[y].x?p[x].y<p[y].y:p[x].x<p[y].x;}
struct edge{int to,next,w;}e[MN*100+5];
inline void ins(int f,int t,int w){e[++cn]=(edge){t,head[f],w};head[f]=cn;};
priority_queue<pa,vector<pa>,greater<pa> > q;
ll d[MN*100];bool mark[MN*100];
void dij()
{
memset(d,127,sizeof(d));memset(mark,0,sizeof(mark));
d[1]=0;q.push(mp(0,1));
while(!q.empty())
{
int now=q.top().second;q.pop();
if(mark[now]) continue;mark[now]=1;
for(int i=head[now];i;i=e[i].next)
if(d[now]+e[i].w<d[e[i].to])
{
d[e[i].to]=d[now]+e[i].w;
q.push(mp(d[e[i].to],e[i].to));
}
}
}
int main()
{
int T=read();
while(T--)
{
memset(head,0,sizeof(head));
cnt=lcnt=cn=0;int fx=read(),fy=read(),tx=read(),ty=read();
p[++cnt]=P(fx,fy);p[++cnt]=P(tx,ty);
if(fx==tx||fy==ty) ins(1,2,dis(p[1],p[2])),ins(2,1,dis(p[1],p[2]));
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
if(x1>x2) swap(x1,x2);if(y1>y2) swap(y1,y2);
p[++cnt]=P(x1,y1);p[++cnt]=P(x1,y2);
p[++cnt]=P(x2,y1);p[++cnt]=P(x2,y2);
c[++lcnt]=L(cnt-3,cnt-1,y1);r[lcnt]=L(cnt-3,cnt-2,x1);
c[++lcnt]=L(cnt-2,cnt,y2);r[lcnt]=L(cnt-1,cnt,x2);
}
sort(c+1,c+lcnt+1);sort(r+1,r+lcnt+1);
for(int i=cnt;i;--i)
{
int j,id;P now;
j=lower_bound(c+1,c+lcnt+1,L(0,0,p[i].y))-c-1;
for(;j&&!(p[c[j].l].x<=p[i].x&&p[c[j].r].x>=p[i].x);--j);
if(j)
{
now=P(p[i].x,c[j].x);
if(now==p[c[j].l]) id=c[j].l;
else if(now==p[c[j].r]) id=c[j].r;
else p[id=++cnt]=now;
ins(i,id,dis(now,p[i]));
ins(id,i,dis(now,p[i]));
c[j].s.push_back(id);
}
j=upper_bound(c+1,c+lcnt+1,L(0,0,p[i].y))-c;
for(;j<=lcnt&&!(p[c[j].l].x<=p[i].x&&p[c[j].r].x>=p[i].x);++j);
if(j<=lcnt)
{
now=P(p[i].x,c[j].x);
if(now==p[c[j].l]) id=c[j].l;
else if(now==p[c[j].r]) id=c[j].r;
else p[id=++cnt]=now;
ins(i,id,dis(now,p[i]));
ins(id,i,dis(now,p[i]));
c[j].s.push_back(id);
}
j=lower_bound(r+1,r+lcnt+1,L(0,0,p[i].x))-r-1;
for(;j&&!(p[r[j].l].y<=p[i].y&&p[r[j].r].y>=p[i].y);--j);
if(j<=lcnt)
{
now=P(r[j].x,p[i].y);
if(now==p[r[j].l]) id=r[j].l;
else if(now==p[r[j].r]) id=r[j].r;
else p[id=++cnt]=now;
ins(i,id,dis(now,p[i]));
ins(id,i,dis(now,p[i]));
r[j].s.push_back(id);
}
j=upper_bound(r+1,r+lcnt+1,L(0,0,p[i].x))-r;
for(;j<=lcnt&&!(p[r[j].l].y<=p[i].y&&p[r[j].r].y>=p[i].y);++j);
if(j<=lcnt)
{
now=P(r[j].x,p[i].y);
if(now==p[r[j].l]) id=r[j].l;
else if(now==p[r[j].r]) id=r[j].r;
else p[id=++cnt]=now;
ins(i,id,dis(now,p[i]));
ins(id,i,dis(now,p[i]));
r[j].s.push_back(id);
}
}
for(int i=1;i<=lcnt;i++)
{
sort(c[i].s.begin(),c[i].s.end(),cmp);
for(int j=1;j<c[i].s.size();j++)
{
ins(c[i].s[j],c[i].s[j-1],dis(p[c[i].s[j]],p[c[i].s[j-1]]));
ins(c[i].s[j-1],c[i].s[j],dis(p[c[i].s[j]],p[c[i].s[j-1]]));
}
sort(r[i].s.begin(),r[i].s.end(),cmp);
for(int j=1;j<r[i].s.size();j++)
{
ins(r[i].s[j],r[i].s[j-1],dis(p[r[i].s[j]],p[r[i].s[j-1]]));
ins(r[i].s[j-1],r[i].s[j],dis(p[r[i].s[j]],p[r[i].s[j-1]]));
}
}
dij();
if(d[2]<INF) printf("%lld\n",d[2]);
else puts("No Path");
}
return 0;
}
C题不知道什么鬼，solve=0,貌似数据都是错的，不玩了
时间： 2024-10-12 22:49:06