hdu 3234 Exclusive-OR

Exclusive-OR

题意:输入n个点和Q次操作(1 <= n <= 20,000, 2 <= Q <= 40,000).操作和叙述的点标号k(0 < k < n)

操作分为I & Q两种,I又分为 I a v表示val[a] = v和 I a b v 即val[a] ^ val[b] = v; Q k X0,X1...Xk-1表示求出X0^X1^...^Xk-1 = ?

对于每个Q操作，结果分为 I don't know.即不能求解或输出确定值，对于每组叙述操作，若叙述与之前的矛盾则输出改标号:The first 2 facts are conflicting.且该组后面的操作直接忽略；

Sample Input (只是一组)

2 6

I 0 1 3

Q 1 0

Q 2 1 0

I 0 2

Q 1 1

Q 1 0

0 0

Sample Output

Case 1:

I don't know.

3

1

2

 

思路:根据压缩路径的同时可以得到每个子节点到根节点的XOR的相对值；即XOR[i] = XOR[i] ^ XOR[root];将该异或结果存储在子节点中。当根节点未知时，不能确定子节点的值；但是根据XOR的特性可知，当子节点的个数为偶数时，就可以将根节点消去，这就是在求解Q 操作时，对于每个id[]都是分集合(同根节点)求解的。此题有一个区别就是可以根据I操作知道若干个节点的值，并且可以根据XOR的关系推出其他节点的值。这个特性甚是无语啊。。(难点)那么是否就需要另外存储每一个节点的值？这么想会发现很复杂，因为这脱离了并查集；每次需要判断是否是确定值，并且之间的推断感觉不好编码，这是需要转化为并查集；

 

构造：构造出一个节点n，表示所有已知值的根节点；这时可以将已知节点的值直接看成是该节点与根节点n的XOR值，和未知值节点的共性；

细节:对于在_union()中，判断fa是否为n,这一点是为了维护n一定是已知值节点的根节点；不能认为a反正不会是n，而去除；

 

code是参考了ACM_cxlove (是我网上看到除了notonlySuccess的线段树之外，写得最好的code,顶一个，风格和我差不多。。)后自己写的；痕迹明显。。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<stdlib.h>
#include<time.h>
using namespace std;
#define rep0(i,l,r) for(int i = (l);i < (r);i++)
#define rep1(i,l,r) for(int i = (l);i <= (r);i++)
#define rep_0(i,r,l) for(int i = (r);i > (l);i--)
#define rep_1(i,r,l) for(int i = (r);i >= (l);i--)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MS1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
const int MAXN = ;
int n,f[MAXN];
int XOR[MAXN],id[MAXN<<];//每个点到根节点(压缩之后)的XOR，以及Q查询的id;
int Find(int a)//**
{
    if(a == f[a]) return a;
    int fa = Find(f[a]);
    XOR[a] ^= XOR[f[a]];
    return f[a] = fa;
}
bool _union(int a,int b,int v)
{
    int fa = Find(a),fb = Find(b);
    if(fa == fb){//同一个集合就可以计算出两个点之间的异或值；和下面的偶数一致
        if((XOR[a] ^ XOR[b]) != v) return false;
        return true;
    }
    if(fa == n) swap(fa,fb);//是对于输入了a,b,v来看的，并不是对a v,b = n来设置的
    f[fa] = fb;
    XOR[fa] = XOR[b]^v^XOR[a];
    return true;
}
char op[];
int vis[];
int Query(int k)
{
    MS0(vis);
    int ans = ;
    rep0(i,,k){
        int cnt = ;
        int root = Find(id[i]);
        rep0(j,i,k){
            if(!vis[j] && Find(id[j]) == root){//同属一个集合；
                cnt++;
                vis[j] = true;
                ans ^= XOR[id[j]];
            }
        }
        if(root != n && (cnt & )) return -;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int Q,kase = ;
    while(scanf("%d%d",&n,&Q) ==  && n + Q){
        rep1(i,,n) f[i] = i,XOR[i] = ;
        printf("Case %d:\n",kase++);
        int cnt_i = ,flag = ;
        while(Q--){
            scanf("%s",op);
            if(op[] == 'I'){
                int space = ,a,b,v;
                cnt_i++;
                getchar();gets(op);
                rep0(i,,strlen(op))if(op[i] == ' ') space++;
                if(space & ){
                    sscanf(op,"%d%d",&a,&v);
                    b = n;
                }else{
                    sscanf(op,"%d%d%d",&a,&b,&v);
                }
                //printf(" %d %d %d\n",a,b,v);
                if(!flag && !_union(a,b,v)){
                    printf("The first %d facts are conflicting.\n",cnt_i);
                    flag = ;
                }
            }else{
                int k;
                scanf("%d",&k);
                rep0(i,,k){
                    scanf("%d",id+i);
                }
                if(flag)continue;
                int ret = Query(k);
                if(ret == -) puts("I don't know.");
                else printf("%d\n",ret);
            }
        }
        puts("");
    }
    return ;
}