[bzoj4569] [loj#2014] [Scoi2016] 萌萌哒

Description

一个长度为 \(n\) 的大数，用 \(S1S2S3...Sn\) 表示，其中 \(Si\) 表示数的第 \(i\) 位, \(S1\) 是数的最高位，告诉你一些限制条件，每个条件表示为四个数，\(l1\)，\(r1\)，\(l2\)，\(r2\)，即两个长度相同的区间，表示子串 \(Sl1\) \(Sl1+1\) \(Sl1+2\) \(...\) \(Sr1\) 与 \(Sl2\) \(Sl2+1\) \(Sl2+2\) \(...\) \(Sr2\) 完全相同。比如 \(n=6\) 时，某限制条件 \(l1=1\)，\(r1=3\)，\(l2=4\)，\(r2=6\) ，那么123123，351351均满足条件，但是12012，131141不满足条件，前者数的长度不为6，后者第二位与第五位不同。问满足以上所有条件的数有多少个。

Input

第一行两个数 \(n\) 和 \(m\) ，分别表示大数的长度，以及限制条件的个数。接下来 \(m\) 行，对于第 \(i\) 行,有 4 个数 \(li1\)，\(ri1\)，\(li2\)，\(ri2\) ，分别表示该限制条件对应的两个区间。

\(1 \leq n \leq 10^5\)，\(1 \leq m \leq 10^5\)，\(1 \leq li1,ri1,li2,ri2 \leq n\)；并且保证 \(ri1-li1=ri2-li2\) 。

Output

一个数，表示满足所有条件且长度为 \(n\) 的大数的个数，答案可能很大，因此输出答案模 \(10^9+7\) 的结果即可。

Sample Input

4 2

1 2 3 4

3 3 3 3

Sample Output

想法

一个显然的想法是，暴力用并查集把一样的位置并起来

最后查询有多少个并查集，设有 \(x\) 个，则最终答案是 \(9 \times 10^{n-1}\) （最高位不能为零）

但显然超时。

考虑怎么优化连边——倍增。

注意到上面连的边数过多的原因是有许多无用边（比如可能有许多边的作用都是让 \(u\) 与 \(v\) 连起来；或者一个大小为 \(n\) 的并查集中有用边只有 \(n-1\) 条，却在内部连了很多条边）

那有一种极巧妙的做法是加一些新点代表一个个长度为 \(2^i\) 的区间，有点类似 \(ST\) 表

每次合并把 \([l,r]\) 拆成 \(O(logn)\) 段区间，把代表那些区间的点对应并起来

最后下放。如原本代表 \([l1,r1]\) 与 \([l2,r2]\) 的点在一个并查集中，那么将 \([l1,(l1+r1)>>1]\) 与 \([l2,(l2+r2)>>1]\) 并起来，将 \([(l1+r1)>>1+1，r1]\) 和 \([(l2+r2)>>1+1，r2]\) 并起来即可

下放的总复杂度是 \(O(nlogn)\) 的

下放到最后就是代表长度为1的区间的点了，找一下并查集个数就可以了。

总复杂度 \(O(logn)\)

太巧妙了！神仙方法 \(orz\)

代码

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define P 1000000007

using namespace std;

int read(){

	int x=0;

	char ch=getchar();

	while(!isdigit(ch)) ch=getchar();

	while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();

	return x;

}

const int N = 100005;

int n,m;

int f[N][18],cnt,ch[18*N][2],fa[N*18];

int getfa(int x) { return x==fa[x] ? x : fa[x]=getfa(fa[x]) ; }

void unit(int x,int y){

	x=getfa(x); y=getfa(y);

	if(x!=y) fa[x]=y;

}

int Pow_mod(int x,int y){

	int ret=1;

	while(y){

		if(y&1) ret=1ll*ret*x%P;

		x=1ll*x*x%P;

		y>>=1;

	}

	return ret;

}

int main()

{

	n=read(); m=read();

	int l1,l2,r1,r2;

	for(int j=0;j<18;j++){

		int l=(1<<j);

		for(int i=1;i+l-1<=n;i++){

			f[i][j]=++cnt;

			if(j==0) continue;

			ch[cnt][0]=f[i][j-1]; ch[cnt][1]=f[i+(l>>1)][j-1];

		}

	}

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

	while(m--){

		l1=read(); r1=read(); l2=read(); r2=read();

		for(int i=17;i>=0;i--){

			if(l1+(1<<i)-1>r1) continue;

			unit(f[l1][i],f[l2][i]);

			l1+=(1<<i); l2+=(1<<i);

		}

	}

	for(int i=cnt;i>n;i--)

		if(fa[i]!=i){

			unit(ch[fa[i]][1],ch[i][1]);

			unit(ch[fa[i]][0],ch[i][0]);

		}

	int ans=0;

	for(int i=1;i<=n;i++) if(fa[i]==i) ans++;

	printf("%d\n",1ll*9*Pow_mod(10,ans-1)%P);

	return 0;

}

巴特西