题目大意

给出一个 \(n\) 个点 \(m\) 条无向边的图，每个点都有一个 \(\in [0,1]\) 的权值，每次可以选择一条边，然后将该边相连两点权值异或上 \(1\)。问有多少种选择方法使得每个点的权值都变为 \(0\)。（每条边只能选择一次）

但是这个问题太简单了，所以你要求删掉每个点以及它连出的边之后的答案。

有 \(t\) 组数据，\(t\le 5,n,m\le 10^5\)。

思路

这道题不是很难写，但是很难想。

我们先考虑一棵树的答案，你发现这样方案是唯一的，因为你从叶子节点开始考虑，如果当前点是黑的，那就选择父亲边，否则就不能选。然后你发现有解的充要条件就是黑点是偶数个。

考虑一个 \(n\) 点 \(m\) 边的连通图，你发现如果我们钦点出 \(n-1\) 条边作为树边，那么它们是惟一的。对于剩下的 \(m-n+1\) 条边，你可以任意选择要或不要（相当于改变两个点的初始颜色），然后改变那 \(n-1\) 条边使得合法即可。所以答案就是 \(2^{m-n+1}\) ，判断有解的方法同上。

对于一个不连通图，你发现如果有解的话答案就是 \(2^{m-n+t}\)。其中 \(t\) 是连通块个数。显然。

考虑删掉一个点以及相连的边后的方案数，实际上就是如何判断合不合法以及删掉之后的连通块个数。

连通块个数

你发现这个东西只跟割边有关，设 \(\text{cnt}(i)\) 表示点 \(i\) 在 \(\text{dfs}\) 树上与儿子节点相连的割边个数，你发现答案连通块个数就增加了 \(\text{cnt}(i)\) 个。（如果 \(i=\text{root}\) 的话 \(\text{cnt}(i)\) 需要减 \(1\) 因为它连通块增加个数会少一个，因为它没有父亲）

判断合法性

首先需要判断除了该点所属外的连通块的合法性。

然后判断分出来的子树合法性。

然后判断剩下的一块合法性就好了。

合法性判断同上文，看连通块里面 \(1\) 的个数就好了。

用 \(\text{Tarjan}\) 实现，时间复杂度 \(\Theta(Tn)\)。

\(\texttt{Code}\)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define Int register int

#define mod 1000000007

#define MAXN 100005

template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -f;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){t = (t << 3) + (t << 1) + c - '0';c = getchar();} t *= f;}

template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}

template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}

vector <int> G[MAXN];

int n,m,rt,ind,a[MAXN],f[MAXN],d[MAXN],bin[MAXN],dfn[MAXN],low[MAXN],deg[MAXN],cnt[MAXN],bel[MAXN],sum[MAXN];

void Link (int x,int y){

	deg[x] ++,deg[y] ++;

	G[x].push_back (y),G[y].push_back (x);

}

void Tarjan (int u){

	bel[u] = rt,dfn[u] = low[u] = ++ ind,sum[u] = a[u];

	for (Int v : G[u]){

		if (!dfn[v]){

			Tarjan (v);

			sum[u] += sum[v];

			low[u] = min (low[u],low[v]);

			if (low[v] >= dfn[u]) cnt[u] ++,f[u] += sum[v],d[u] |= (sum[v] & 1);//u->v是割边

		}

		else low[u] = min (low[u],dfn[v]);

	}

	cnt[u] -= (u == rt);

} 

signed main(){

	int t;read (t);

	bin[0] = 1;for (Int i = 1;i <= MAXN - 5;++ i) bin[i] = 2 * bin[i - 1] % mod;

	while (t --> 0){

		read (n,m);int val = 0,tot = 0;

		for (Int i = 1,u,v;i <= m;++ i) read (u,v),Link (u,v);

		for (Int i = 1;i <= n;++ i) scanf ("%1d",&a[i]);

		for (Int i = 1;i <= n;++ i) if (!dfn[i]) rt = i,Tarjan (i),tot ++,val += (sum[i] & 1);

		write (val ? 0 : bin[m - n + tot]);

		for (Int i = 1;i <= n;++ i){

			putchar (' ');

			if (d[i]) putchar ('0');

			else if (val - (sum[bel[i]] & 1)) putchar ('0');

			else if ((sum[bel[i]] - f[i] - a[i]) & 1) putchar ('0');

			else write (bin[(m - deg[i]) - (n - 1) + tot + cnt[i]]);

		}

		putchar ('\n'),ind = 0;

		for (Int i = 1;i <= n;++ i) G[i].clear (),f[i] = d[i] = cnt[i] = deg[i] = dfn[i] = low[i] = 0;

	}

	return 0;

}

巴特西

题解 [HAOI2018]反色游戏

题目大意

思路

\(\texttt{Code}\)

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