【ACWing】239. 奇偶游戏

题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/241/

小$A$和小$B$在玩一个游戏。首先，小$A$写了一个由$0$和$1$组成的序列$S$，长度为$N$。然后，小$B$向小$A$提出了$M$个问题。在每个问题中，小$B$指定两个数$l$和$r$，小$A$回答$S[l\sim r]$中有奇数个$1$还是偶数个$1$。机智的小$B$发现小$A$有可能在撒谎。例如，小$A$曾经回答过$S[1\sim 3]$中有奇数个$1$，$S[4\sim 6]$中有偶数个$1$，现在又回答$S[1\sim 6]$中有偶数个$1$，显然这是自相矛盾的。请你帮助小$B$检查这$M$个答案，并指出在至少多少个回答之后可以确定小$A$一定在撒谎。即求出一个最小的$k$，使得$01$序列$S$满足第$1\sim k$个回答，但不满足第$1\sim k+1$个回答。

输入格式：
第一行包含一个整数$N$，表示$01$序列长度。第二行包含一个整数$M$，表示问题数量。接下来$M$行，每行包含一组问答：两个整数$l$和$r$，以及回答even或odd，用以描述$S[l\sim r]$中有偶数个$1$还是奇数个$1$。

输出格式：
输出一个整数$k$，表示$01$序列满足第$1\sim k$个回答，但不满足第$1\sim k+1$个回答，如果$01$序列满足所有回答，则输出问题总数量。

数据范围：
$N\le 10^9,M\le 10000$

考虑序列的前缀和数组$p$，如果$S[l:r]$中有奇数个$1$，那么$p[r]$和$p[l-1]$奇偶性不同，否则奇偶性相同。我们可以通过小$A$的回答将$N$个前缀和按奇偶性分类，如果某个时刻小$A$的回答使得某两个前缀和的奇偶性有矛盾，则可以得出他在说谎。如果没有矛盾，则可以将涉及的$S[k_i]$列出，每次考虑$S[k_i]$与$S[k_{i+1}]$的奇偶性，如果不能判断，则$A[k_i+1:k_{i+1}]$的值可以任意指定，否则可以随意指定，只要使得$\sum A[k_i+1:k_{i+1}]$符合$S[k_i]$与$S[k_{i+1}]$的奇偶性情形，这是一定可以做到的，所以如果奇偶性没有矛盾，不能得出小$A$一定说谎的结论。所以我们只需判断奇偶性有没有矛盾就行了。

考虑开一个并查集，维护奇偶性关系能够被确定的前缀和（很显然”能确定奇偶性关系“这个关系是个等价关系），并对并查集加上边权，边权为$0$代表边的两个端点奇偶性相同，边权为$1$代表边的两个端点奇偶性不同，以$d[x]$数组存储$x$与其父亲的奇偶性关系的情况。对于每次询问$l,r$，我们就能确定$p[l-1]$和$p[r]$的奇偶性是否相同，接着查看一下$x=p[l-1]$和$y=p[r]$在各自集合里的树根：
1、如果树根相同，则说明之前小$A$的回答是能够确定$x$和$y$的奇偶性关系的，路径压缩之后$d[x]$和$d[y]$就分别存了$x$和$y$各自相对于树根的奇偶性关系，如果$d[x]\wedge d[y]=0$，则说明$x$和$y$的奇偶性相同，否则说明不同；开一个变量$t$，定义其为如果当前小$A$的回答是$x$与$y$奇偶性不同，则$t=1$，否则$t=0$，那么如果$d[x]\wedge d[y]\ne t$，则说明有矛盾，就能输出答案了；否则说明没有矛盾，继续看小$A$的应答。
2、如果树根不同，则说明之前小$A$的回答不能确定$x$和$y$的奇偶性关系，而当前小$A$的回答可以确定关系，我们假设小$A$说的为真，那么在路径压缩之后，$p_x$和$p_y$的奇偶性关系就可以由$d[x]$和$d[y]$确定了。不妨我们要把$x$合并进$y$（即$p_x$指向$p_y$），开一个变量$t$，意思同上，那么有$d[x]\wedge d[y]\wedge d[p_x]=t$，所以有$d[p_x]=d[x]\wedge d[y]\wedge t$，即可以人为规定$d[p_x]=d[x]\wedge d[y]\wedge t$，就可以使得小$A$说的话为真。

执行并查集里的查树根的操作需要维护$d$的定义。并且，由于本题$M$的范围远小于$N$的上界，所以要离散化。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <unordered_map>
using namespace std;

const int N = 1e4 + 10;
int n, m;
int p[N], d[N];
unordered_map<int, int> mp;

int get(int x) {
    
    
    if (!mp.count(x)) mp[x] = ++n;
    return mp[x];
}

int find(int x) {
    
    
    if (p[x] != x) {
    
    
        int root = find(p[x]);
        d[x] ^= d[p[x]];
        p[x] = root;
    }

    return p[x];
}

int main() {
    
    
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < N; i++) p[i] = i;

    n = 0;
    
    int res = m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
    
    
        int a, b;
        char type[5];
        scanf("%d%d%s", &a, &b, type);
        a = get(a - 1), b = get(b);

		// 如果奇偶性相同，则定义t = 0，否则t = 1
        int t = 0;
        if (type[0] == 'o') t = 1;

        int pa = find(a), pb = find(b);
        if (pa == pb) {
    
    
            if ((d[a] ^ d[b]) != t) {
    
    
                res = i - 1;
                break;
            }
        } else {
    
    
            p[pa] = pb;
            d[pa] = d[a] ^ d[b] ^ t;
        }
    }

    printf("%d\n", res);

    return 0;
}

时间复杂度$O(m{\log }^{\ast }m)$，空间$O(m)$。

也可以用所谓的”扩展域“并查集来做。对所有产生的$p[k]$，考虑两个布尔值，即$p[k]$为奇和为偶。那么一共会产生不到$2M$个布尔值，在这些布尔值上定义等价关系，若$b_1=b_2$则它们等价（即若它们同真假则它们等价），每次小$A$回答询问的时候，都会确定两对布尔值是同真假。例如，如果$x$与$y$同奇偶，那么$x$为奇和$y$为奇，这两个布尔值同真假；那么$x$为偶和$y$为偶，这两个布尔值也同真假；如果$x$与$y$不同奇偶，那么$x$为奇和$y$为偶，这两个布尔值同真假；并且$x$为偶和$y$为奇，这两个布尔值也同真假。如果某次小$A$的回答会导致某两个布尔值原本同真假，但现在发生了矛盾，则说明小$A$在说谎。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <unordered_map>
using namespace std;

const int N = (1e4 + 10) * 2, M = 1e4 + 10;
int n, m;
int p[N];
unordered_map<int, int> mp;

int get(int x) {
    
    
    if (!mp.count(x)) mp[x] = ++n;
    return mp[x];
}

int find(int x) {
    
    
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

int main() {
    
    
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < N; i++) p[i] = i;

    n = 0;
    
    int res = m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
    
    
        int a, b;
        char type[5];
        scanf("%d%d%s", &a, &b, type);
        a = get(a - 1), b = get(b);

        if (type[0] == 'e') {
    
    
        	// 如果a和b不同奇偶，但小A的回答说a与b同奇偶，
        	// 说明小A在说谎
            if (find(a) == find(b + M)) {
    
    
                res = i - 1;
                break;
            }
            p[find(a)] = find(b);
            p[find(a + M)] = find(b + M);
        } else {
    
    
            if (find(a) == find(b)) {
    
    
                res = i - 1;
                break;
            }
            p[find(a)] = find(b + M);
            p[find(a + M)] = find(b);
        }
    }

    printf("%d\n", res);

    return 0;
}

时空复杂度一样。