【题解】Points, Lines and Ready-made Titles Codeforces 871C 图论

Prelude

真是一道好题，然而比赛的时候花了太多时间在B题上，没时间想这个了QAQ。

题目链接：萌萌哒传送门（。＾▽＾）

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Solution

观察样例和样例解释，我们发现，假如有四个点，恰好占据在某一个矩形的四个顶点上，那么这个矩形的四条边，都是可以自由选择画或者不画的。
这时候，我们称这四个点每个点“控制”了四条直线中的一条，可以自由选择这条直线画或者不画。这里可以配合样例解释理解一下。
考虑建立常用的图论模型——行列模型，把每一行抽象成一个点，每一列抽象成一个点，假如在((x,y))处有一个点，那么用一条边连接第(x)行和第(y)列所代表的点。
在这个图上，每条边可以选择“控制”她所连接的两个点中的一个。
再次观察样例，发现如果四个点恰好占据在一个矩形的四个顶点上，那么这个连通块内会有一个环。
紧接着我们发现，如果在建出来的图上，某个连通块内有一个环的话，那么这个连通块内的每一个点，都可以被一条边“控制”，并且这些边不会重复。
也就是说，这个连通块内的每一个点所代表的直线，都是可以自由选择画或者不画的，因此，假设这个连通块内的点数为(n)，则这个连通块内的方案数为(2^{n})。
假如某一个连通块内没有环，即形成了一棵树，那么容易发现，只有“所有直线都画”这一种情况没法办到，因此，方案数为(2^{n}-1)。
根据乘法原理，每个连通块之间互不干扰，所以把每个连通块的方案数乘起来就好了。

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Code

#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <cctype>
#include <queue>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 200010;
const int MOD = 1e9+7;

int read() {
	int x = 0, ch;
	while( isspace(ch = getchar()) );
	do x = x * 10 + ch - '0';
	while( isdigit(ch = getchar()) );
	return x;
}

int n;
map<int,int> idx, idy;
int nid;

namespace G {
	int head[MAXN], nxt[MAXN], to[MAXN], m;
	void init() {
		memset(head, -1, sizeof head);
	}
	void adde( int u, int v ) {
		to[m] = v, nxt[m] = head[u], head[u] = m++;
		to[m] = u, nxt[m] = head[v], head[v] = m++;
	}
}

int fpow( int a, int b ) {
	int c = 1;
	while(b) {
		if( b & 1 ) c = int(1LL * c * a % MOD);
		a = int(1LL * a * a % MOD);
		b >>= 1;
	}
	return c;
}

int vis[MAXN];
queue<int> q;
int solve( int s ) {
	using namespace G;
	int e = 0, o = 0; // 边数和点数
	vis[s] = 1, q.push(s);
	while( !q.empty() ) {
		int u = q.front(); q.pop();
		++o;
		for( int i = head[u]; ~i; i = nxt[i], ++e )
			if( !vis[to[i]] )
				vis[to[i]] = 1, q.push(to[i]);
	}
	e >>= 1;
	return e == o-1 ? (fpow(2, o) - 1 + MOD) % MOD : fpow(2, o);
}

int main() {
	n = read();
	G::init();
	for( int i = 0; i < n; ++i ) {
		int x = read(), y = read();
		if( !idx[x] ) idx[x] = ++nid;
		if( !idy[y] ) idy[y] = ++nid;
		G::adde(idx[x], idy[y]);
	}
	int ans = 1;
	for( int i = 1; i <= nid; ++i )
		if( !vis[i] )
			ans = int(1LL * ans * solve(i) % MOD);
	printf( "%d
", ans );
	return 0;
}