P5937 [CEOI1999]Parity Game
洛谷P5937 P5937 [CEOI1999]Parity Game
前言：
个人感觉这道题初看想不到并查集啊！（说实话我题都没读懂，第二遍才读懂）
好了，转入正题，这道题我们可以用两种方法A掉：种类并查集&带权并查集
题目简述：
给定01序列的长度n，询问和答案的个数m
对于每行的询问和回答先给出两个整数，表示询问区间（闭区间）
再给出一个字符串回答：“odd”表示区间有奇数个1，“even”表示区间有偶数个1
如果存在一个01序列满足第1个到第x个的回答，不满足第x+1个回答，则输出x（如果m个回答都满足，那肯定就输出m）
数据范围：
对于100%的数据，1≤N≤109，1≤M≤5×103
因为N有点大，所以我们需要使用到离散化！ 来将大数据映射到小范围的小数据
引入：
其实本题和程序自动分析这道题很像：都是给定若干个变量和关系，判断这些关系的可满足性问题
不过我们这道题的传递关系不止一种（涉及到了奇偶性）：
-
若x1与x2的奇偶性相同，x2与x3的奇偶性相同，那么x1与x3的奇偶性相同
-
若x1与x2的奇偶性相同，x2与x3的奇偶性不同，那么x1与x3的奇偶性不同
-
若x1与x2的奇偶性不同，x2与x3的奇偶性不同，那么x1与x3的奇偶性不同
种类并查集：
（因为我认为这道题种类并查集比较好想也比较好理解，所以先讲种类并查集的做法ovo，下面通过问答的形式给出思路）
- 为什么想到种类并查集？
-
本题需要记录与自己相同的和不同的，那么我们可以将相同的理解为“朋友”，将不同的理解为“敌人”
-
而题目中的奇偶性又具有传递性（见上“引入部分”），所以我们还需要维护这种传递性——于是我们想到了种类并查集
- 怎么维护传递性&怎么判断回答是否正确？
- 每遇到一个回答，我们先判断当前两个区间端点的奇偶性：
①对于“even”回答，若左端点在右端点“敌人”的集合中或右端点在左端点“敌人”的集合中，则回答错误
②对于“odd”回答，若左端点在右端点“朋友”的集合中或右端点在左端点“朋友”的集合中，则回答错误
- 如果回答是正确的，那我们就进行合并操作：
①对于“even”，我们将左端点和右端点的“朋友”、“敌人”集合分别合并
②对于“odd”，我们将左端点的“朋友”与右端点的“敌人”合并，将左端点的“敌人”与右端点的“朋友”合并
- 怎么离散化？
可见浅谈离散化这篇博客qvq
- 下面给出种类并查集做法的完整代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,tot,res,b[100010],fa[100010];
struct node {
int u,v;
string op;
} a[100010];
inline int find(int x) {
if(fa[x]==x) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(register int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&a[i].u,&a[i].v);
cin>>a[i].op;
b[++tot]=a[i].u;
b[++tot]=a[i].v;
}
sort(b+1,b+1+tot);
res=unique(b+1,b+1+tot)-(b+1);
for(register int i=1;i<=m;i++) { //STL实现离散化的三部曲
a[i].u=lower_bound(b+1,b+1+res,a[i].u-1)-b;
a[i].v=lower_bound(b+1,b+1+res,a[i].v)-b;
}
for(register int i=1;i<=2*res;i++) fa[i]=i;
for(register int i=1;i<=m;i++) {
if(a[i].op=="even") { //如果回答是偶数个
if(find(a[i].u)==find(a[i].v+res)||find(a[i].u+res)==find(a[i].v)) { //判断奇偶性
printf("%d",i-1); //注意是i-1而不是i
return 0;
}
fa[find(a[i].u)]=find(a[i].v);
fa[find(a[i].u+res)]=find(a[i].v+res);
}
else {
if(find(a[i].u)==find(a[i].v)||find(a[i].u+res)==find(a[i].v+res)) {
printf("%d",i-1);
return 0;
}
fa[find(a[i].u)]=find(a[i].v+res);
fa[find(a[i].u+res)]=find(a[i].v);
}
}
printf("%d",m);
return 0;
}
带权并查集：
- 怎么想到带权并查集？
我们不妨将区间转换为一棵树，然后用0/1来表示边权，如下草图：
我们可以发现，任意区间都可在在树上表示并求得区间的奇偶性（0/1连成字符串就好）
- 怎么转换为维护带权并查集？
-
我们将输入中的回答转换为0或1存储：“even”标记为0，“odd”标记为1
-
我们用dis[x]来记录x与fa[x]的奇偶性关系：为0就相同，反之不同
-
在路径压缩时，对x到根节点路径上的所有边权做异或（xor）运算，就可以得到x与root的奇偶性关系（都是0/1，所以想到异或）
如上图：dis[x]=1 xor 0 xor 1=0，dis[y]=0 xor 1 xor 1=0
- 对于每个问题，先检查左右端点是否在同一个集合内（奇偶性是否已知）：
①在的话就计算dis[l] xor dis[r]（即两端点的奇偶性关系），若与回答相矛盾（dis[l] xor dis[r]≠ans），那么回答错误
②不在的话就进行合并操作。此时设两个集合的树根为xl、xr，令xl作为xr的孩子，那就要求出dis[xl]=dis[l] xor dis[r] xor ans
- 下面给出带权并查集做法的完整代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int n,m,tot,res;
int b[100010],fa[100010],dis[100010];
struct node {
int u,v,op;
} a[100010];
inline int find(int x) {
if(fa[x]==x) return x;
int root=find(fa[x]);
dis[x]^=dis[fa[x]]; //路径压缩求出x与树根的奇偶性关系
return fa[x]=root;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(register int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&a[i].u,&a[i].v);
cin>>s;
if(s=="even") a[i].op=0; //转换回答
else a[i].op=1;
b[++tot]=a[i].u;
b[++tot]=a[i].v;
}
sort(b+1,b+1+tot);
res=unique(b+1,b+1+tot)-(b+1);
for(register int i=1;i<=2*res;i++) fa[i]=i;
for(register int i=1;i<=m;i++) {
int x=lower_bound(b+1,b+1+res,a[i].u-1)-b; //直接判断一个取一个，就不用单独处理
int y=lower_bound(b+1,b+1+res,a[i].v)-b;
int xx=find(x),yy=find(y);
if(xx==yy) { //在一个集合中
if((dis[x]^dis[y])!=a[i].op) { //判断回答是否正确
printf("%d",i-1);
return 0;
}
}
else {
fa[xx]=yy;
dis[xx]=dis[x]^dis[y]^a[i].op; //求左端点树根成为右端点树根孩子后的边权
}
}
printf("%d",m);
return 0;
}
然后，感谢一下我的同桌给我的指导
最后，有什么问题欢迎各位dalao们指出来qwq