洛谷 P3825 [NOI2017]游戏 【2-SAT+状压】

UOJ和洛谷上能A，bzoj 8ms即WA，现在也不是知道为啥……因为我太弱了

先看数据范围发现d非常小，自然想到了状压。

所以先假装都是只能跑两种车的，这显然就是个2-SAT问题了：对于x场没有hx的，直接跳过；对于y场没有hy的，连(x,x')，表示x不能选；对于都有的，连接(x,y)，表示选了x必须选y，(y',x')，表示不选y的话也不能选x。

注意！

1 连(x,x')的时候不要直接add(i,i+n)！这里方便起见写成(x,x')，实际上应该是(x,不是x的另一个)

2 (x,y)(y',x')是反着的！后边一条不能连成(x',y')！选了x'并不是一定要选y'，但是选y'就意味着不能选x相当于必须选x'！

然后tarjan缩点判每一对点所在的scc编号是否一样，是则无解，否则输出方案：

正常的输出方案应该是输出一对点中拓扑序在前的，其实就相当于在一对点里选一个scc编号小的即可

然后考虑x，就是在最外面套一层二进制枚举x的状态。为什么不是三进制呢？会TLE，因为发现组合并不重要，重要的是每个可选地都在两个一对的方案里出现过即可，也就是只需要枚举x是选(A,C)，或者选(B,C)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100005;
int n,m,d,h[N],cnt,a[N],p[10],tot,x[N],hx[N],y[N],hy[N],id[N][4],con,top,s[N],dfn[N],low[N],dft,bl[N];
char c[N];
bool v[N];
struct qwe
{
	int ne,to;
}e[N*10];
int read()
{
	int r=0,f=1;
	char p=getchar();
	while(p>'9'||p<'0')
	{
		if(p=='-')
			f=-1;
		p=getchar();
	}
	while(p>='0'&&p<='9')
	{
		r=r*10+p-48;
		p=getchar();
	}
	return r*f;
}
int readc()
{
	char p=getchar();
	while(p<'A'||p>'Z')
		p=getchar();
	return p-'A'+1;
}
void add(int u,int v)
{//cout<<u<<" "<<v<<endl;
	cnt++;
	e[cnt].ne=h[u];
	e[cnt].to=v;
	h[u]=cnt;
}
void tarjan(int u)
{
	low[u]=dfn[u]=++dft;
	v[s[++top]=u]=1;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
	{
		if(!dfn[e[i].to])
		{
			tarjan(e[i].to);
			low[u]=min(low[u],low[e[i].to]);
		}
		else if(v[e[i].to])
			low[u]=min(low[u],dfn[e[i].to]);
	}
	if(dfn[u]==low[u])
	{
		con++;
		while(s[top]!=u)
		{
			bl[s[top]]=con;
			v[s[top--]]=0;
		}
		bl[s[top]]=con;
		v[s[top--]]=0;
	}
}
int main()
{
	n=read(),d=read();
	scanf("%s",c+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(c[i]=='x')
			p[++tot]=i;
		a[i]=c[i]-'a'+1;
		if(a[i]==1)
			id[i][2]=0,id[i][3]=1;
		else if(a[i]==2)
			id[i][1]=0,id[i][3]=1;
		else
			id[i][1]=0,id[i][2]=1;
	}
	m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		x[i]=read(),hx[i]=readc(),y[i]=read(),hy[i]=readc();
	for(int b=0;b<(1<<d);b++)
	{//cout<<endl;
		memset(h,0,sizeof(h));
		memset(v,0,sizeof(v));
		memset(dfn,0,sizeof(dfn));
		cnt=0;top=0,con=0;dft=0;
		int q=b;
		for(int i=1;i<=tot;i++,q>>=1)
		{
			if(q&1)
				a[p[i]]=1;
			else
				a[p[i]]=2;
			if(a[p[i]]==1)
				id[p[i]][2]=0,id[p[i]][3]=1;
			else if(a[p[i]]==2)
				id[p[i]][1]=0,id[p[i]][3]=1;
		}
		// for(int i=1;i<=n;i++)
			// printf("%d ",a[i]);
		// cout<<endl;
		for(int i=1;i<=m;i++)
			if(a[x[i]]!=hx[i]&&!(x[i]==y[i]&&hx[i]==hy[i]))
			{
				if(a[y[i]]==hy[i])
					add(x[i]+n*id[x[i]][hx[i]],x[i]+n*(id[x[i]][hx[i]]^1));
				else
					add(x[i]+n*id[x[i]][hx[i]],y[i]+n*id[y[i]][hy[i]]),add(y[i]+n*(id[y[i]][hy[i]]^1),x[i]+n*(id[x[i]][hx[i]]^1));
			}
		for(int i=1;i<=2*n;i++)
			if(!dfn[i])
				tarjan(i);
		bool f=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(bl[i]==bl[i+n])
			{
				f=0;
				break;
			}
		if(f)
		{
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				if(bl[i]<bl[i+n])
				{
					if(a[i]==1)
						printf("B");
					else
						printf("A");
				}
				else
				{
					if(a[i]==3)
						printf("B");
					else
						printf("C");
				}
			}
			return 0;
		}
	}
	puts("-1");
	return 0;
}