Atcoder ABC155 F

题目链接：ABC155 F - Perils in Parallel

题意：

一个国家中被放了 (N) 颗炸弹，序号为 (1) 到 (N)，第 (i) 个炸弹位于坐标 (A_i)，若 (B_i=1)，它目前处于激活态，反之则不处于激活态。这个炸弹系统有序号为 (1) 到 (M) 的 (M) 根电缆，若我们切断电缆 (j)，则位于 ([L_j,R_j]) 的炸弹状态会切换，(0)->(1) 或 (1)->(0)。
请计算是否能使所有炸弹同时处于非激活态，如果可行，输出要切断的电缆。
(1leq Nleq 10^5)
(1leq Aileq 10^9)，(A_i) 互不相同
(1leq Mleq 2*10^5)
(1leq L_jleq R_jleq 10^9)

思路：

首先将每个区间操作差分化，切断一根电缆只会改变两个地方的异或值，我们将相邻两个元素的异或看成一个节点，把电缆切断后改变的两个点之间连边，得到一张无向图，由于选一条路径时我们只关注端点的情况（中间的点变了两次，等于没变），而且是想让异或值为1的点两两配对，可以发现环不环是不重要的。

对所有连通块 (DFS)（随便一棵树其实都行），考虑如何配对，如果子树内异或值为1的点数量为偶数，则应该已经配好了，若为奇数，我们需要向外帮没配对的点找对象，就把现在这条边选上，如果没有配对，则边会一直连出去，直到点数为偶数，此时肯定是配上了。

如果发现整个连通块异或值为1的点数量是奇数，则无解。

时间复杂度 (O(NlogN)) ，瓶颈在于给坐标排序。这题算是 (ABC) 中很有难度的一题了，一开始没做出来，主要是没想到无向图可以直接转化成树。

Code:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define PII pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fr first
#define sc second
#define N 100100
#define M 200201
using namespace std;
int head[N],to[M*2],nxt[M*2];
int cnt,id[2*M],siz[N];
bool parity[N],vis[N];
int loc[N],l[M],r[M],n,m;
PII ab[N];
vector<int> ans;
void init(){mem(head,-1),cnt=-1;}
void add_e(int a,int b,int k){
    nxt[++cnt]=head[a],head[a]=cnt,to[cnt]=b,id[cnt]=k;
}
bool cmp(PII a,PII b){return a.fr<b.fr;}
void dfs(int x){
    siz[x]=parity[x];
    vis[x]=true;
    for(int i=head[x];~i;i=nxt[i]){
        if(vis[to[i]])continue;
        dfs(to[i]);
        if(siz[to[i]]&1)ans.push_back(id[i]);
        siz[x]+=siz[to[i]];
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,n){
        cin>>ab[i].fr>>ab[i].sc;
        loc[i]=ab[i].fr;
    }
    sort(ab+1,ab+n+1,cmp);
    sort(loc+1,loc+n+1);
    rep(i,1,n) parity[i]=ab[i].sc^ab[i-1].sc;
    parity[n+1]=ab[n].sc;
    init();
    rep(i,1,m){
        cin>>l[i]>>r[i];
        int L=lower_bound(loc+1,loc+n+1,l[i])-loc;
        int R=upper_bound(loc+1,loc+n+1,r[i])-loc;
        if(L==R)continue;
        add_e(L,R,i),add_e(R,L,i);
    }
    rep(i,1,n+1)if(!vis[i]){
        dfs(i);
        if(siz[i]&1){puts("-1");return 0;}
    }
    cout<<ans.size()<<endl;
    sort(ans.begin(),ans.end());
    rep(i,0,(int)ans.size()-1)cout<<ans[i]<<" ";
    cout<<endl;
    return 0;
}

想了一下如果题目的切电缆是有代价的怎么做，好像只会 (O(N^3)) 预处理点对距离然后二分图跑费用流的做法。