Solution
这是个计数题。
我直接正难则反
我们观察题面,发现一个很重要的条件 (k< max{n,m}) ,我们这里设 (n>m) ,那么也就是如果填入的每个数都不同行,也会有一行是空出来什么都没有的。
我艸,妙啊
继续想,这一行是空的,别的行需要满足乘积为 (-1) 。
列是不需要考虑的,因为别的列可以通过这个空着的列满足乘积为 (-1) 。而这空着的这一行也因为别的都是 (-1) ,它自己也得是 (-1) 。
此时每行乘起来为 ((-1)^n) ,每列为 ((-1)^m) ,如果 (n,m) 奇偶性不一样,直接判无解。
就这?
因为要满足每一行乘积为 (-1) ,所以将每一行分开考虑:
- 这一行还没填满,那么除了某一个位置,剩下的位置随便填,最后剩的位置用来使这一行乘积为 (-1) ,则答案为 (2^{m-cnt-1}) ,其中 (cnt) 为这一行填着的位置数。
- 这一行是填满的,如果乘积为 (1) ,判无解。否则跳过。
这个时间复杂度是 (O(n)) 的。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
int n,m,k,p,pow2[N],cnt[N],mul[N],ans=1;
bool is_change;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
if(n<m) swap(n,m),is_change=true;
for(int i=1;i<=n;i++) mul[i]=1;
for(int i=1,x,y,v;i<=k;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);
if(is_change) swap(x,y);
cnt[x]++,mul[x]*=v;
}
scanf("%d",&p);
if((n&1)!=(m&1)){
puts("0");
return 0;
}
pow2[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
pow2[i]=(pow2[i-1]*2)%p;
for(int i=1;i<n;i++)
if(!cnt[i]){
swap(cnt[i],cnt[n]);
swap(mul[i],mul[n]);
break;
}
for(int i=1;i<n&&ans;i++){
if(cnt[i]==m){
if(mul[i]==1) ans=0;
}
else ans=ans*1ll*pow2[m-cnt[i]-1]%p;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}