[BZOJ5303][HAOI2018]反色游戏(Tarjan)

暴力做法是列异或方程组后高斯消元，答案为2^自由元个数，可以得60分。但这个算法已经到此为止了。

从图论的角度考虑这个问题，当原图是一棵树时，可以从叶子开始唯一确定每条边的选择情况，所以答案为1。

于是首先，对一个连通块，若其中黑点个数为奇数则必然无解，否则考虑求出它的一棵生成树。然后当我们选择一条非树边(u,v)时，只需要将树上u,v两点间的所有边的选取情况取反，就又得到一个合法方案。于是答案为$2^{m-n+1}$。进一步可以发现，设原图连通块个数为c，则答案为$2^{m-n+c}$。

现在考虑删去一个点后的改变：

若此点不是割点，则根据它的颜色更新有奇数个黑点的连通块个数，直接输出即可。

若此点是割点，那么还要考虑删去它后，被分割后的几个连通块中是否出现了有奇数个黑点的连通块。

那么，对于每个割点，我们需要计算（其中“之后”是指DFS序在i之后）：w[i]这个点及之后的点中黑点的个数，d[i]删去这个点后之后的被分割出的连通块中是否存在有奇数个黑点的，f[i]删去这个点后会新增多少个连通块（对根特判）。最后分情况讨论无解即可。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
 using namespace std;

 const int N=,mod=1e9+;
 char ch;
 int T,n,m,u,v,s[N],w[N],b[N],dfn[N],low[N],f[N],d[N],ind[N],bin[N];
 int cnt,ID,tim,ans,c,h[N],to[N<<],nxt[N<<];

 void add(int u,int v){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; }
 void init(){ cnt=tim=c=; rep(i,,n) dfn[i]=f[i]=d[i]=ind[i]=h[i]=; }

 void Tarjan(int x){
     b[x]=ID; dfn[x]=low[x]=++tim;
     For(i,x) if (!dfn[k=to[i]]){
         Tarjan(k); low[x]=min(low[x],low[k]); w[x]+=w[k];
         if (low[k]>=dfn[x]) d[x]|=w[k]&,f[x]++;
     }else low[x]=min(low[x],dfn[k]);
     if (x==ID) f[x]--;
 }

 int main(){
     freopen("game.in","r",stdin);
     freopen("game.out","w",stdout);
     bin[]=; rep(i,,) bin[i]=(bin[i-]<<)%mod;
     for (scanf("%d",&T); T--; ){
         scanf("%d%d",&n,&m); init(); ans=m-n;
         rep(i,,m) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u),ind[u]++,ind[v]++;
         rep(i,,n) scanf(" %c",&ch),w[i]=s[i]=ch-'';
         rep(i,,n) if (!dfn[i]) ID=i,Tarjan(i),ans++,c+=w[i]&;
         printf("%d ",c ?  : bin[ans]);
         rep(i,,n){
             if (d[i]) printf("0 ");
             else if (c-(w[b[i]]&)) printf("0 ");
                 else if ((w[b[i]]-s[i])&) printf("0 ");
                     else printf("%d ",bin[ans-ind[i]++f[i]]);
         }
         puts("");
     }
     return ;
 }