小胖的奇偶（Viojs1112）題解

原題：

題目描述

　　 huyichen和xuzhenyi在玩一個遊戲：他寫一個由0和1組成的序列。 huyichen選其中的一段（好比第3位到第5位），問他這段裏面有奇數個1 仍是偶數個1。xuzhenyi回答你的問題，而後huyichen繼續問。 xuzhenyi有可能在撒謊。huyichen要檢查xuzhenyi的答案，指出在xuzhenyi的第幾個回答必定有問題。 有問題的意思就是存在一個01序列知足這個回答前的全部回答，並且不存在序列 知足這個回答前的全部回答及這個回答。

輸入格式

第1行一個整數，是這個01序列的長度（≤1000000000)（≤1000000000) 第2行一個整數，是問題和答案的個數(≤5000)(≤5000)。 第3行開始是問題和答案， 每行先有兩個整數，表示你詢問的段的開始位置和結束位置。 而後是xuzhenyi的回答。odd表示有奇數個1，even表示有偶數個

輸出格式

輸出一行，一個數X,表示存在一個01序列知足第1到第X個回答， 可是不存在序列知足第1到第X+1個回答。若是全部回答都沒問題，你就輸出 全部回答的個數。

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很明顯，這道題是並查集（不要問我怎麼看出來的）。

因爲數據太大，須要離散化。

所謂離散化，就是把較大的一組數進行排序，而後對他們根據大小從新賦值，當數的大小不對數據自己有影響，只有大小對其有影響時，可使用離散化。

離散化的標準姿式見 點這裏

然而蒟蒻並不會標準姿式，說說本身的方法：

以本題爲例，把全部的數據都存在nd結構體中

void init() { for(int i = 1;i<=m;i++) { int x,y; scanf("%d%d%s",&x,&y,c); nd[i].p = x;//數組開三倍，p表示臨時變量。一倍存左端點。 nd[i+m].p = y;//二倍存右端點。 nd[i].num = i;//每一倍都要給他們打上編號，一會排序時後會亂。 nd[i+m].num = i;if(c[0]=='e') { nd[i+m+m].odd = 0;//三倍存奇偶 }else { nd[i+m+m].odd = 1; } } }

讀進來以後進行離散化。

void discretization() { for(int i = 1;i<=2*m;i++) { if(nd[nd[i].num].l==-1) { nd[nd[i].num].l = cnt-1; }else { nd[nd[i].num].r = cnt; } if(nd[i+1].p!=nd[i].p) { cnt++; //去重，不同的時候再+1 } } for(int i = 1;i<=m;i++) { nd[i].odd = nd[i+m+m].odd;從三倍搬回原數組 } }

這樣就離散完了。

接下來就是帶權並查集的操做。

在合併和路徑壓縮的時候處理。

思路就是將一個區間右面的點認左面的點爲父親，兩端區間合併的時候，根據奇偶性判斷，0表示偶數，1表示奇數（有點懶，具體0或1見代碼）。

int find(int x) { if(f[x]==x) { return f[x]; } int fx = find(f[x]); g[x] = (g[f[x]]+g[x])%2; return f[x] = fx; }

最後上總代碼：

#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath>
#define ll long long
#define N 105550
using namespace std; char c[20]; ll n; int m; int cnt = 1; struct node { int l; int r; int num; int odd; int p; }nd[N+N+N]; int f[N]; int g[N]; int cmp(node a,node b) { return a.p < b.p; } void init() { for(int i = 1;i<=m;i++) { int x,y; scanf("%d%d%s",&x,&y,c); nd[i].p = x; nd[i+m].p = y; nd[i].num = i; nd[i+m].num = i; nd[i].l = -1; nd[i+m].l = -1; if(c[0]=='e') { nd[i+m+m].odd = 0; }else { nd[i+m+m].odd = 1; } } } void discretization() { for(int i = 1;i<=2*m;i++) { if(nd[nd[i].num].l==-1) { nd[nd[i].num].l = cnt-1; }else { nd[nd[i].num].r = cnt; } if(nd[i+1].p!=nd[i].p) { cnt++; } } for(int i = 1;i<=m;i++) { nd[i].odd = nd[i+m+m].odd; } } int find(int x) { if(f[x]==x) { return f[x]; } int fx = find(f[x]); g[x] = (g[f[x]]+g[x])%2; return f[x] = fx; } int ans; bool flag; void uion(int x,int y,int i) { int fx = find(x); int fy = find(y); if(fx==fy) { if((nd[i].odd==1&&g[x]==g[y])||(nd[i].odd==0&&g[x]!=g[y])) { ans = i-1; flag = 1; return ; } find(y); find(x); }else { f[fy] = fx; g[fy] = (g[x]+g[y]+nd[i].odd)%2; find(x); find(y); } } void solve() { for(int i = 1;i<=cnt;i++) { f[i] = i; } for(int i = 1;i<=m;i++) { int l = nd[i].l; int r = nd[i].r; uion(l,r,i); if(flag==1) { printf("%d\n",ans); return ; } } printf("%d\n",m); } int main() { scanf("%lld",&n); scanf("%d",&m); init(); sort(nd+1,nd+1+m+m,cmp); discretization(); solve(); return 0; }