agc016D - XOR Replace(图论智商)

题意

题目链接

给出两个长度为\(n\)的数组\(a, b\)

每次可以将\(a\)中的某个数替换为所有数\(xor\)之和。

若\(a\)数组可以转换为\(b\)数组，输出最少操作次数

否则输出\(-1\)

Sol

一般那看到这种\(N \leqslant 10^5\)而且不可做的题肯定是先找结论啦

不难看出，我们把所有数\(xor\)起来的数替换掉之后再次\(xor\)，得到的一定是被替换掉的数。

实际上，我们可以把xor出来的数放到一个新的位置\(N+1\)，这样每次操作就变成了交换第\(N+1\)个位置的数和任意一个位置\(x\)的数

总的问题就变成了

给出两个长度为\(N+1\)的数组\(a, b\)，每次可以在\(a\)中交换\(\forall i \in [1, n]\)位置和\(N+1\)位置的数，问最少交换几次变为\(b\)数组

首先把\(-1\)的情况判掉，很显然，把两个数组排序后，若存在一个位置不相同，则一定无解

否则一定有解。

到这里我就不会了。。。。

官方题解非常神仙。

对于\(i\)位置，若\(a_i \not = b_i\)，则向\(a_i\)到\(b_i\)连一条边

最终答案 = 总边数 + 联通块数 - 1

想一想为什么，对于联通块内的点，假设其大小为\(x\)，我们一定可以通过\(x-1\)次操作把他们对应的\(a\)和\(b\)变的相同

对于不同联通块之间，我们还需要一步操作使得第\(N+1\)个位置的数在两个联通块之间转化(第一个除外)

对于第\(N+1\)个位置需要单独考虑：如果它已经在联通块里则不需要考虑，否则把它看做单独联通块

否则

可以用并查集维护联通块个数

#include<bits/stdc++.h>

const int MAXN = 4e5 + 10;

using namespace std;

inline int read() {

	char c = getchar(); int x = 0, f = 1;

	while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}

	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();

	return x * f;

}

int N;

int a[MAXN], b[MAXN], ta[MAXN], tb[MAXN], sa, sb, tot = 0, date[MAXN], fa[MAXN];

map<int, bool> ti;

int find(int x) {

	return fa[x] == x ? fa[x] : fa[x] = find(fa[x]);

}

int unionn(int x, int y) {

	fa[x] = y;

}

int main() {

	N = read();

	for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read(), sa ^= a[i]; a[N + 1] = sa;

	for(int i = 1; i <= N; i++) b[i] = read(), sb ^= b[i]; b[N + 1] = sb;

	N++;

	memcpy(ta, a, sizeof(a)); memcpy(tb, b, sizeof(b));

	sort(ta + 1, ta + N + 1); sort(tb + 1, tb + N + 1);

	for(int i = 1; i <= N - 1; i++) if(ta[i] != tb[i]) return puts("-1"), 0;

	int ans = 0, num = 0;

	for(int i = 1; i <= N; i++)

		if(a[i] != b[i] || (i == N)) {

			date[++num] = a[i]; date[++num] = b[i];

			if(i < N)ans++;//最后一块单独考虑

		}

	if(ans == 0) return puts("0"), 0;

	sort(date + 1, date + num + 1);

	num = unique(date + 1, date + num + 1) - date - 1;

	for(int i = 1; i <= num; i++) fa[i] = i;

	for(int i = 1; i <= N; i++)

		if(a[i] != b[i]) {

			a[i] = lower_bound(date + 1, date + num + 1, a[i]) - date,

			b[i] = lower_bound(date + 1, date + num + 1, b[i]) - date;

			if(!ti[a[i]]) ti[a[i]] = 1;

			if(!ti[b[i]]) ti[b[i]] = 1;

			unionn(find(a[i]), find(b[i]));

		}

	for(int i = 1; i <= num; i++)

		if(fa[i] == i) ans++;

	printf("%d", ans - 1);

	return 0;

}

巴特西

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Sol

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