[CF1290C] Prefix Enlightenment：并查集

题意

给定一个 $n$ 位 01 串 $S$ 。

给定 $k$ 个集合 $A_1, A_2, \cdots, A_k$ ，任意三个集合满足 $A_i\cap A_j\cap A_k=\empty$ 。

一次操作被定义为选择一个集合 $A_i$ ，对集合中的每个元素 $x$ 执行 $S_x\leftarrow S_x\oplus 1$ 。保证能通过若干次操作使得 $S$ 变为全 1 串。

定义 $m_i$ 为使 $S$ 的前 $i$ 个位置都变成 1 的最小操作次数，我们需要求出 $m_1, m_2, \cdots, m_n$ 。

数据范围： $1\le n,k\le 3\times 10^5$ 。

题解

首先注意到题目竟然没有给 $\sum |A_i|$ 的数据范围，这让我们感到疑惑~~这题出错了~~，于是我们考虑任意三个集合交集为空这个莫名其妙的条件。稍微思考一下即可发现，它的意思是对 $S$ 中任意一个位置，它最多只受两个集合的控制。所以显然 $\sum |A_i|=O(n)$ 。

知道了这件事情以后，我们就需要考虑从每一位的角度看待问题了：

先设 $x_1, x_2, \cdots, x_k$ 表示集合 $A_1, A_2, \cdots, A_k$ 的状态（选，不选，是 01 变量）

考虑 $S_i$ ：

若 $i$ 不受集合约束，不管（因为保证了答案存在）
若 $i$ 只受一个集合 $a$ 约束，则 $x_a=1\oplus S_i$ 。
若 $i$ 受两个集合 $a,b$ 约束，则 $x_a\oplus x_b=S_i$ ，即 $S_i=0$ 时 $x_a\not= x_b$ ， $S_i=1$ 时 $x_a=x_b$ 。

这个给定等于和不等于的条件很容易让我们想到关押罪犯那套模型啊。。就是并查集拆点，我们将每个集合 $i$ 的选项分为两个点 $x_{i,0},x_{i,1}$ 分别表示两种选择，则我们的操作是：强制选点，连接 $(x_{a,0},x_{b,0}),(x_{a,1},x_{b,1})$ 或是连接 $(x_{a,0},x_{b,1}),(x_{a,1},x_{b,0})$ 。

然后接下来我就不太会做了所以我考场没做出来。。我们要维护的答案是一个有些连通块取 min 有些按照强制选点来取然后还要求和的玩意，但事实上我们有一个巧妙的做法（来自 Mohammad_Yasser），我们建一个权为 $+\infty$ 的点，假设我们 $A_i$ 强制选上，只需要将 $x_{i,0}$ 连向这个新点。这样我们就没有了强制选点的操作，接下来就好做了。

时间复杂度 $O(n\log n)$ （我没按秩合并，按秩合并是 $O(n\alpha(n))$ 的）

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 600005, INF = 1000000000;
int N, K, a[MAXN]; vector<int> V[MAXN]; char S[MAXN];

int fa[MAXN], val[MAXN], ans;
int get(int x) {
    if (fa[x] != x) fa[x] = get(fa[x]);
    return fa[x];
}
void merge(int x, int y) {
    x = get(x), y = get(y);
    if (x != y) fa[x] = y, val[y] += val[x];
}
inline int va(int x) {
    return min(val[get(x)], val[get(x + K)]);
}

int main() {
    scanf("%d%d%s", &N, &K, S + 1); int i, j;
    for (i = 1; i <= K; ++i) {
        int c, x; scanf("%d", &c);
        while (c--) scanf("%d", &x), V[x].push_back(i);
    }
    for (i = 1; i <= K * 2; ++i) fa[i] = i, val[i] = i > K;
    fa[K * 2 + 1] = K * 2 + 1, val[K * 2 + 1] = INF;
    for (i = 1; i <= N; ++i) {
        if (V[i].size() == 1) {
            int x = V[i][0] + (S[i] == '1') * K;
            ans -= va(V[i][0]), merge(x, K * 2 + 1), ans += va(V[i][0]);
        } else if (V[i].size() == 2) {
            int x = V[i][0], y = V[i][1];
            if (S[i] == '0') {
                if (get(x) != get(y + K))
                    ans -= va(x) + va(y), merge(x, y + K), merge(x + K, y), ans += va(x);
            }
            else {
                if (get(x) != get(y))
                    ans -= va(x) + va(y), merge(x, y), merge(x + K, y + K), ans += va(x);
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

来源：CSDN

作者：wyy603

链接：https://blog.csdn.net/wyy603/article/details/104156509

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