Codeforces 1250E The Coronation

解题思路

用2-SAT的思路将题目转化为：已知$n$个二元组$<x,y>$，能够算出有多少属于不一样二元组的元素$(a,b)$存在冲突，要在每一个二元组$<x,y>$中选择选择一个元素，且要尽量的少选$y$，问是否能够选取$n$个两两不相互矛盾的元素，若能够输出选取方案。

通过简单的推导能够获得，对于$<x_i,y_i>$和$<x_j,y_j>$

• 若$x_ix_j$（不）冲突，则$y_iy_j$（不）冲突
• 若$x_iy_j$（不）冲突，则$y_ix_j$（不）冲突

继续用2-SAT的思路，并结合上面的性质：

• 若$x_i$仅和$x_j$冲突，则从$x_i$向$y_j$连一条边，从$x_j$向$y_i$连一条边；
• 若$x_i$仅和$y_j$冲突，则从$x_i$向$x_j$连一条边，从$y_i$向$y_j$连一条边；
• 若都不冲突则不连边；
• 若都冲突则无解。

这样一来，咱们获得了一个或多个联通块，根据以前推导的性质，对于第$i$个二元组，若是$i$的选取方法肯定了，那么相同联通块里的选取方法也就都肯定了，再加上不一样联通块之间是互不影响的，咱们只须要对每一个联通块贪心的选取$y$少的方案，而后把全部联通块的答案加起来就是最终的答案了。

跑Tarjan缩点或者并查集缩点维护一下就没了。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=110;
int n,m,k;
ll a[55],b[55]; char s[55];

int fa[N],sz[N]; bool vis[N];
int find(int x){return fa[x]==x?x:(fa[x]=find(fa[x]));}
void merge(int x,int y){
	x=find(x); y=find(y);
	if(x!=y){sz[y]+=sz[x];fa[x]=y;}	
}

inline int getsame(ll x){
	int cnt=0;
	while(x){cnt++;x-=x&(-x);}
	return m-cnt;	
}

void solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			bool c1=false,c2=false;
			if(getsame(a[i]^a[j])>=k)c1=true;
			if(getsame(a[i]^b[j])>=k)c2=true;
			if(c1 && c2)continue;
			if(!c1 && !c2){printf("-1\n");return;}
			if(c2)merge(i,j+n),merge(i+n,j);
			if(c1)merge(i,j),merge(i+n,j+n);
		}
	}
	vector<int>ans;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int fi=find(i),fin=find(i+n);
		if(fi==fin){printf("-1\n");return;}
		if(vis[fi])continue;
		if(vis[fin]){ans.push_back(i);continue;}
		if(sz[fi]>sz[fin]){vis[fin]=true;ans.push_back(i);}
		else vis[fi]=true;
	}
	printf("%d\n",(int)ans.size());
	for(int i:ans)printf("%d ",i); puts("");
}

int main()
{	
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
		for(int i=1;i<=2*n;i++)fa[i]=i, sz[i]=(i>n?1:0), vis[i]=false;	
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%s",s); a[i]=0; b[i]=0;
			for(int j=0;s[j];j++)a[i]*=2, a[i]+=s[j]-'0';
			reverse(s,s+m);
			for(int j=0;s[j];j++)b[i]*=2, b[i]+=s[j]-'0';
		}
		solve();
	}
	return 0;	
}