Codeforces 1250E The Coronation

解题思路

用2-SAT的思路将题目转化为：已知\(n\)个二元组\(<x,y>\)，可以算出有多少属于不同二元组的元素\((a,b)\)存在冲突，要在每个二元组\(<x,y>\)中选择选择一个元素，且要尽可能的少选\(y\)，问是否可以选取\(n\)个两两不相互矛盾的元素，若可以输出选取方案。

经过简单的推导可以得到，对于\(<x_i,y_i>\)和\(<x_j,y_j>\)

• 若\(x_ix_j\)（不）冲突，则\(y_iy_j\)（不）冲突
• 若\(x_iy_j\)（不）冲突，则\(y_ix_j\)（不）冲突

继续用2-SAT的思路，并结合上面的性质：

• 若\(x_i\)仅和\(x_j\)冲突，则从\(x_i\)向\(y_j\)连一条边，从\(x_j\)向\(y_i\)连一条边；
• 若\(x_i\)仅和\(y_j\)冲突，则从\(x_i\)向\(x_j\)连一条边，从\(y_i\)向\(y_j\)连一条边；
• 若都不冲突则不连边；
• 若都冲突则无解。

这样一来，我们得到了一个或多个联通块，根据之前推导的性质，对于第\(i\)个二元组，如果\(i\)的选取方法确定了，那么相同联通块里的选取方法也就都确定了，再加上不同联通块之间是互不影响的，我们只需要对每个联通块贪心的选取\(y\)少的方案，然后把所有联通块的答案加起来就是最终的答案了。

跑Tarjan缩点或者并查集缩点维护一下就没了。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=110;
int n,m,k;
ll a[55],b[55]; char s[55];

int fa[N],sz[N]; bool vis[N];
int find(int x){return fa[x]==x?x:(fa[x]=find(fa[x]));}
void merge(int x,int y){
	x=find(x); y=find(y);
	if(x!=y){sz[y]+=sz[x];fa[x]=y;}
}

inline int getsame(ll x){
	int cnt=0;
	while(x){cnt++;x-=x&(-x);}
	return m-cnt;
}

void solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			bool c1=false,c2=false;
			if(getsame(a[i]^a[j])>=k)c1=true;
			if(getsame(a[i]^b[j])>=k)c2=true;
			if(c1 && c2)continue;
			if(!c1 && !c2){printf("-1\n");return;}
			if(c2)merge(i,j+n),merge(i+n,j);
			if(c1)merge(i,j),merge(i+n,j+n);
		}
	}
	vector<int>ans;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int fi=find(i),fin=find(i+n);
		if(fi==fin){printf("-1\n");return;}
		if(vis[fi])continue;
		if(vis[fin]){ans.push_back(i);continue;}
		if(sz[fi]>sz[fin]){vis[fin]=true;ans.push_back(i);}
		else vis[fi]=true;
	}
	printf("%d\n",(int)ans.size());
	for(int i:ans)printf("%d ",i); puts("");
}

int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
		for(int i=1;i<=2*n;i++)fa[i]=i, sz[i]=(i>n?1:0), vis[i]=false;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%s",s); a[i]=0; b[i]=0;
			for(int j=0;s[j];j++)a[i]*=2, a[i]+=s[j]-'0';
			reverse(s,s+m);
			for(int j=0;s[j];j++)b[i]*=2, b[i]+=s[j]-'0';
		}
		solve();
	}
	return 0;
}