首页 > 代码库 > 【BZOJ3563/3569】DZY Loves Chinese II 线性基神题

【BZOJ3563/3569】DZY Loves Chinese II 线性基神题

2024-10-08 03:39:39   217人阅读

【BZOJ3563/3569】DZY Loves Chinese II

Description

神校XJ之学霸兮，Dzy皇考曰JC。
摄提贞于孟陬兮，惟庚寅Dzy以降。
纷Dzy既有此内美兮，又重之以修能。
遂降临于OI界，欲以神力而凌♂辱众生。
今Dzy有一魞歄图，其上有N座祭坛，又有M条膴蠁边。
时而Dzy狂WA而怒发冲冠，神力外溢，遂有K条膴蠁边灰飞烟灭。
而后俟其日A50题则又令其复原。（可视为立即复原）
然若有祭坛无法相互到达，Dzy之神力便会大减，于是欲知其是否连通。

Input

第一行N,M
接下来M行x,y：表示M条膴蠁边，依次编号
接下来一行Q
接下来Q行：
每行第一个数K而后K个编号c1~cK：表示K条边，编号为c1~cK
为了体现在线，c1~cK均需异或之前回答为连通的个数

Output

对于每个询问输出：连通则为‘Connected’，不连通则为‘Disconnected’
（不加引号）

Sample Input

5 10
2 1
3 2
4 2
5 1
5 3
4 1
4 3
5 2
3 1
5 4
5
1 1
3 7 0 3
4 0 7 4 6
2 2 7
4 5 0 2 13

Sample Output

Connected
Connected
Connected
Connected
Disconnected

HINT

N≤100000 M≤500000 Q≤50000 1≤K≤15
数据保证没有重边与自环

题解：BZ3563真的是一道doubi题啊~~~

但是BZ3569页真是够神的，看了题解——还有这种操作？

好吧我从做题人的角度来分析一下这道题。

我们依旧是利用DFS树的优秀性质，先求出DFS树，然后整棵树不联通当且仅当存在一条树边，使得它和所有覆盖它的非树边都被切掉（覆盖一条边：指的是将这条树边切掉、整棵树形成两个部分后，跨越这两个部分的非树边）。

那么我们强行往线性基上去构造，我们的目的就是使得：一旦存在某条树边和所有覆盖它的非树边都被切掉，那么得到的异或和就是0，否则异或和是1。

然后就容易去构造了，直接给每条非树边都赋一个随机权值，然后每条树边的权值就是所有覆盖它的非树边的权值的异或和。但我们怎样才能求出这个异或和呢？其实打一个标记，再DFS一次就行了，自己yy一下？

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <cstdlib>using namespace std;int n,m,q,cnt,tot,ans;int to[1000010],next[1000010],head[100010],val[500010],tag[100010],vis[100010],v[20];int rd(){	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)f=-f;	gc=getchar();}	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();	return ret*f;}void dfs1(int x,int fa){	vis[x]=1;	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])	{		if(to[i]==fa||val[i>>1])	continue;		if(vis[to[i]]!=1)	dfs1(to[i],x);		else	val[i>>1]=rand()*rand(),tag[to[i]]^=val[i>>1],tag[x]^=val[i>>1];	}}void dfs2(int x,int fa){	vis[x]=2;	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])	{		if(to[i]==fa)	continue;		if(vis[to[i]]!=2)	dfs2(to[i],x),val[i>>1]=tag[to[i]],tag[x]^=tag[to[i]];	}}int gauss(){	int i,j;	tot=0;	for(i=1<<30;i;i>>=1)	{		for(j=++tot;j<=v[0];j++)	if(v[j]&i)		{			swap(v[j],v[tot]);			break;		}		if(!(v[tot]&i))		{			tot--;			continue;		}		for(j=1;j<=v[0];j++)	if(j!=tot&&(v[j]&i))	v[j]^=v[tot];	}	if(tot==v[0])	{		printf("Connected\n");		return 1;	}	else	{		printf("Disconnected\n");		return 0;	}}void add(int a,int b){	to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;}int main(){	srand(2333666);	n=rd(),m=rd();	int i,j,a,b;	memset(head,-1,sizeof(head));	for(i=1;i<=m;i++)	a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a);	dfs1(1,0),dfs2(1,0);	q=rd();	for(i=1;i<=q;i++)	{		memset(v,0,sizeof(v));		v[0]=rd();		for(j=1;j<=v[0];j++)	v[j]=val[(rd()^ans)-1];		ans+=gauss();	}	return 0;}

【BZOJ3563/3569】DZY Loves Chinese II 线性基神题


联系
我们