BZOJ 2303: [Apio2011]方格染色 [并查集 数学！]

题意：

$n*m:n,m \le 10^6$的网格，每个$2 \times 2$的方格必须有1个或3个涂成红色，其余涂成蓝色

有一些方格已经有颜色

求方案数

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太神了！！！花我三节课

首先想了一下只有两行，发现可以直接$f[i][3]\ DP$出来，每一列放的方案只与上一列有关

如果有多行呢，我们可以把上一列放的状态状压$f[i][s]$，然后枚举转移

复杂度爆炸

好，看一眼题解

woc题解说的些什么东西根本看不懂，还是自己想吧

发现，貌似一个状态只有两个后继状态唉，就是说这一列的右面一列只有两种放法是合法的

数学归纳法证一下，两行的情况每种列的放法有两个后继，设n行成立，那么n+1行的下一列选或不选就已经确定了...好像成立唉！

并且这两个后继还是每个位置都相反的！

总算看明白题解那句：

如果确定了第一行，接下来的每一行只会是 1.上一行所有奇数列异或1后得到 2.上一行所有偶数列异或1后得到 (这里把之前的行列倒换了)

其实可以直观理解，因为要保证是奇性啊

这样的话，不考虑已经涂色的，方案数就是第一行的方案数*(行数-1)$2^{n+m-1}$了

考虑涂色！

首先，每个有涂色的行两个后继状态只有一个合法了

再考虑这一行的涂色对第一行的影响，如果有一行两个位置$x,y$已经涂色，因为只有那两种变换所以：

$1.\ x,y同奇偶，每行都必须同色$

$2.\ x,y异奇偶，跟这一行同奇偶的行必须同色，异奇偶的行必须异色$

用个种类并查集就可以判断无解了！

方案数？把有关系限制的列连起来，求连通块数就行了

注意第一行如果有已经涂色的，颜色就直接确定了而不是同色或者异色，所以包含他们的连通块不能再考虑

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
#define pii pair<int, int>
#define MP make_pair
#define fir first
#define sec second
const int N=1e6+, P=1e9;
typedef long long ll;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=,f=;
    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
    return x*f;
}

int n, m, k, c[N], p, x, y;
struct meow{int r, c;}t;
vector<meow> q[N];
int fa[N];
int find(int x) {return x==fa[x] ? x : fa[x]=find(fa[x]);}
struct UFS{
    int fa[N], val[N];
    int find(int x) {
        if(x == fa[x]) return x;
        int root = find(fa[x]);
        val[x] ^= val[fa[x]];
        return fa[x] = root;
    }
    bool Union(int x, int y, int p) {
        int f1 = find(x), f2 = find(y);
        if(f1 != f2) {
            fa[f1] = f2;
            val[f1] = val[x]^val[y]^p;
        } else if((val[x]^val[y]) != p) return false;
        return true;
    }
}F;
int fix[N], mark[N];
int Pow(ll a, int b) {
    ll ans=;
    for(; b; b>>=, a=a*a%P)
        if(b&) ans=ans*a%P;
    return ans;
}
int main() {
    freopen("in","r",stdin);
    n=read(); m=read(); k=read();
    for(int i=; i<=k; i++) {
        x=read(), t.r=read(), t.c=read(), q[x].push_back(t);
        mark[x] = ;
        if(x == ) fix[t.r] = ;
    }
    for(int i=; i<=m; i++) fa[i] = F.fa[i] = i;
    for(int i=; i<=n; i++)
        for(int j=; j<(int)q[i].size(); j++) {
            int a = q[i][j-].c, b = q[i][j].c, x=q[i][j-].r, y=q[i][j].r;
            int f1 = find(x), f2 = find(y);
            fa[f1] = f2;
            if(fix[f1]) fix[f2] = ;
            int p = a^b; if((x&) != (y&)) p ^= (i-)&;
            if(!F.Union(x, y, p)) {puts(""); return ;}
        }
    int ans = ;
    for(int i=; i<=n; i++) ans += !mark[i];
    for(int i=; i<=m; i++) if(fa[i]==i && !fix[i]) ans++;
    printf("%d\n", Pow(, ans));
}