欢迎访问~原文出处——博客园-zhouzhendong
去博客园看该题解
题目传送门 - BZOJ2303
题意概括
现在有一个N*M矩阵，矩阵上只能填数字0或1
现在矩阵里已经有一些格子被填写了数字，询问是否存在一种填写方案使得「任意一个2*2的矩阵异或和为1」，输出方案总数
题解
我们发现当我们已经确定(1,1)的颜色为1的时候：
我们知道c(i,j)。
那么如果i和j都是偶数，那么就有c(1,1)^c(i,1)^c(1,j)^c(i,j)==1
否则就是0。
因为假设s(i,j)表示以i,j为左上角的2*2矩阵异或起来，那么：
S(1,1)^S(1,2)^...^S(1,j)^S(2,1)^S(2,2)^...^S(i-1,j-1)=c(1,1)^c(i,1)^c(1,j)^c(i,j)。
而左式就等于(i-1)*(j-1)个1异或。
这是一个好东西。
然后我们枚举(1,1)的颜色，然后对于每一个C(i,j)就可以得到一组C(i,1)和C(1,j)的关系。
但是当i=1或者j=1的时候，是得到一个C(i,1)或者C(1,j)的答案。
最后得到关系之后，只需要看看是否矛盾。
然后统计连通块数，就是自由元的总数，每一个自由元有2种取值，于是答案显而易见。
注意输入有i=j=1的情况要特判。
细节有点多。
代码
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
using namespace std;
const int N=1000005,mod=1e9;
int n,m,ad,k,v[N*4],fa[N*4];
struct color{
int a,b,c;
}co[N];
int Turn(int a,int b){
return a==1?(b-1):(a-1+m-1);
}
int getf(int k){
return fa[k]==k?k:fa[k]=getf(fa[k]);
}
int solve(){
memset(v,-1,sizeof v);
for (int i=1;i<=ad*2;i++)
fa[i]=i;
for (int i=1;i<=k;i++){
int a=co[i].a,b=co[i].b,c=co[i].c;
if (a==1&&b==1)
continue;
if (a==1||b==1){
v[Turn(a,b)]=c,v[Turn(a,b)+ad]=c^1;
continue;
}
int A=Turn(a,1),B=Turn(1,b);
int res=(!(a&1)&&!(b&1))^c;
if (res){
if (getf(A)==getf(B))
return 0;
fa[getf(A)]=getf(B+ad);
fa[getf(B)]=getf(A+ad);
}
else {
if (getf(A)==getf(B+ad))
return 0;
fa[getf(A)]=getf(B);
fa[getf(A+ad)]=getf(B+ad);
}
}
for (int i=1;i<=ad*2;i++){
if (v[i]==-1)
continue;
if (v[getf(i)]==-1)
v[getf(i)]=v[i];
else if (v[getf(i)]!=v[i])
return 0;
}
int res=1,ans=0;
for (int i=1;i<=ad*2;i++)
if (getf(i)==i&&v[i]==-1)
ans++;
for (ans>>=1;ans--;)
res=res*2%mod;
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
ad=n+m-2;
int flag=-1;
for (int i=1;i<=k;i++){
scanf("%d%d%d",&co[i].a,&co[i].b,&co[i].c);
if (co[i].a==1&&co[i].b==1)
flag=co[i].c;
}
int ans1=solve();
for (int i=1;i<=k;i++)
if (co[i].a>1&&co[i].b>1)
co[i].c^=1;
int ans2=solve();
int ans=0;
if (flag==-1)
ans=(ans1+ans2)%mod;
else
ans=flag?ans2:ans1;
printf("%d",ans);
return 0;
}