[SP839]Optimal Marks

luogu

题意

给你一个无向图\(G(V,E)\)。 每个顶点都有一个int范围内的整数的标记。 不同的顶点可能有相同的标记。

对于边\((u,v)\)，我们定义\(Cost(u,v)=\rm mark_u\ xor \ mark_v\)。

现在我们知道某些节点的标记了。你需要确定其他节点的标记，以使边的总成本尽可能小。

sol

既然是异或的话那就按位考虑吧。

每个已经确定的点和\(S\)或者是\(T\)连\(inf\)边。两个相邻的点之间连双向为\(1\)的边。

直接就是最小割了吧。

跑完最小割后\(dep\)值非零的点就是与\(S\)相连的点，由此可以构造出方案。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
int gi()
{
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
const int N = 505;
const int inf = 1e9;
struct edge{int to,nxt,w;}a[N<<5];
int Case,n,m,uu[N*6],vv[N*6],k,val[N],S,T,head[N],cnt=1,dep[N],cur[N],ans[N];
queue<int>Q;
void link(int u,int v,int w)
{
	a[++cnt]=(edge){v,head[u],w};
	head[u]=cnt;
	a[++cnt]=(edge){u,head[v],w};
	head[v]=cnt;
}
bool bfs()
{
	memset(dep,0,sizeof(dep));
	dep[S]=1;Q.push(S);
	while (!Q.empty())
	{
		int u=Q.front();Q.pop();
		for (int e=head[u];e;e=a[e].nxt)
			if (a[e].w&&!dep[a[e].to])
				dep[a[e].to]=dep[u]+1,Q.push(a[e].to);
	}
	return dep[T];
}
int dfs(int u,int f)
{
	if (u==T) return f;
	for (int &e=cur[u];e;e=a[e].nxt)
		if (a[e].w&&dep[a[e].to]==dep[u]+1)
		{
			int tmp=dfs(a[e].to,min(a[e].w,f));
			if (tmp) {a[e].w-=tmp;a[e^1].w+=tmp;return tmp;}
		}
	return 0;
}
int Dinic()
{
	int res=0;
	while (bfs())
	{
		for (int i=1;i<=T;++i) cur[i]=head[i];
		while (int tmp=dfs(S,inf)) res+=tmp;
	}
	return res;
}
int main()
{
	Case=gi();
	while (Case--)
	{
		n=gi();m=gi();S=n+1;T=n+2;
		for (int i=1;i<=n;++i) val[i]=-1,ans[i]=0;
		for (int i=1;i<=m;++i) uu[i]=gi(),vv[i]=gi();
		k=gi();
		while (k--) {int u=gi();val[u]=gi();}
		for (int j=30;~j;--j)
		{
			for (int i=1;i<=T;++i) head[i]=0;cnt=1;
			for (int i=1;i<=n;++i)
				if (~val[i])
					if (val[i]&(1<<j)) link(S,i,inf);else link(i,T,inf);
			for (int i=1;i<=m;++i) link(uu[i],vv[i],1);
			Dinic();
			for (int i=1;i<=n;++i) if (dep[i]) ans[i]|=1<<j;
		}
		for (int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}