CF1715D 2+ doors 题解

题面

CF原版
洛谷中文题面

分析

通过观察我们可以发现，这是一道 2-SAT 问题，因为我们有 q 个两两相关的限制条件，于是我们可以考虑建图来跑 (于是建图这一步这么快就出来了)。

因为我们的限制条件是按位或，因此我们可知在二进制下各个位是相互独立的，于是我们可以分开讨论，并且我们发现我们只需要对每个位上都求出字典序最小的情况，我们就得到了整个的字典序最小。

建图

我们考虑怎么建图：由于是 2-SAT 问题，假定每个数的当前位为点，那么每一对限制条件就是一条无向边（因为他们的限制是相互的）。

我们分 3 中情况讨论：

1. 已经确定：通过观察我们可以发现，如果给定的 $a==b$ 那么我们就已经可以确定 $ans[a]=x$（ans即为最终输出结果），注意 a 是下标（注意看题）。那么我们在分位讨论的时候只需要给他所对应的点上一个特殊标记，告诉程序我们将不再动他即可（比如为 1 就给他赋值为 2，为 0 就直接赋值为 0，因为我们后面将只处理权值为 1 的节点）。

2. 限制为0：在一对限制条件中，我们不难发现，如果 x 在这一位是 0，那么我们就可以断定 ans[a] 和 ans[b] 的这一位都是 0（由按位或的性质）。那么我们可以在建图的时候就直接让这两个点的权值赋为 0，然后再也不动他即可。（由于要求字典序最小，于是已经被赋为 0 的位我们将不会再动）。

3. 限制为1：再考虑 x 这一位是 1 的情况，我们先假定除了以上两种特殊处理的点以外的点的权值都为 1，然后将每一对这样的限制连上边（上面两种已经确定的情况可以不建）。我们从节点 1 开始（也就是对应原序列的第一个数）遍历所有他所连向的点，如果其中由任何一个权值为 0（前面赋的初值，或者后面处理的），那么我们可以确定这个点只能为 1。否则我们就把它赋为 0（为了保证字典序最小）。最后所有点更新完之后更新答案即可。（注意：已经赋值为 0 或 2 的点我们将不会再动，因为他们已经确定了）。

当所有位都跑完我们就得到了最终答案。

注意：如果某个点被孤立了（没有连边），那么他直接为 0 是最优的。

eg. 我们以原题中的样例一为例：

上图中边上的权值表示限制中的 x 这一位是什么。

代码实现

//省略快读和头文件
#define Ql Qualifications//为了简写用
int T;

struct Edge {
	int hd[MAXN];
	int nxt[MAXN << 2], to[MAXN << 2];
	int tot = 0;
	
	void Add(int x, int y) {
		nxt[++tot] = hd[x];
		hd[x] = tot;
		to[tot] = y;
	}
}e;

int n, q;
int ans[MAXN];

struct Qualifications {
	int a, b, x;
}p[MAXN << 1];

int dig[MAXN];
void Solve(int pos)
{
	memset(e.hd, 0, sizeof(e.hd));//记得清空
	e.tot = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		dig[i] = 1;
	for(int i = 1; i <= q; i++) {
		if(p[i].a == p[i].b) {
			if((p[i].x >> pos) & 1)
				dig[p[i].a] = 2;//表示为 1，且固定不再修改
			else
				dig[p[i].a] = 0;//如果是 0，直接为 0 即可，因为我们本来就不动他 
			continue;
		}
		
		if((p[i].x >> pos) & 1) {//如果是 1 就说明需要连边来判断如何填 
			e.Add(p[i].a, p[i].b);
			e.Add(p[i].b, p[i].a);
		}else {
			dig[p[i].a] = dig[p[i].b] = 0;//如果是 0 那么直接赋值为 0 即可，由按位或的性质 
		}
	}
	for(int x = 1; x <= n; x++) {
		if(dig[x] == 0 || dig[x] == 2)
			continue;//这两种都是已经固定的
		
		bool flag = true;//表示可以更改为 0 
		for(int i = e.hd[x]; i; i = e.nxt[i]) {
			int y = e.to[i];
			if(dig[y] == 0) {//只要连向的点有一个是 0 就说明他一定是 1 
				flag = false;
				break;
			}
		}
		
		if(flag || !e.hd[x])//否则将他赋值为 0 一定更优(字典序最小) 
			dig[x] = 0;//同样如果这个点是独点，那么他一定为 0 更优 
	}
	
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		ans[i] |= (dig[i] > 0) * (1 << pos);
}

int main()
{
	n = inpt(), q = inpt();
	
	for(int i = 1; i <= q; i++) {
		int a = inpt(), b = inpt(), x = inpt();
		
		if(a == b)//表示这一个已经确定了 
			ans[a] = x;
		p[i] = Ql{a, b, x};//看不懂就看第1行和第19行
	}
	
	for(int i = 0; i < 31; i++)//分位做 
		Solve(i);
	
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		printf("%d ", ans[i]);
	
	return 0;
}