SWERC 2009 Routing

题意极其复杂。

原题的示例为 \(3\)-Benes 网络，我们不妨自己动手，画出一个 \(4\)-Benes 网络。

由题意，中间的两个大长方形对应两个 \(3\)-Benes 网络。

根据上图，容易看出左边的 \(3\)-Benes 网络对应了 \(4\)-Benes 网络中的偶数位，右边的 \(3\)-Benes 网络对应了 \(4\)-Benes 网络中的奇数位。

接下来考虑说明如下事实：对于任意的输出序列，总能构造出对应的 \(n\)-Benes 网络。

对于 \(n=1\) 的情况，显然在关闭开关时的输出为 \([0,1]\)，打开开关时的输出为 \([1,0]\)，恰好对应 \(0\) 和 \(1\) 的两种排列方式。

接下来归纳论证，假设我们已经论证了 \(n = n_0 - 1\) 时命题成立，考虑如何论证 \(n = n_0\) 时命题成立。

不妨从 \(0\) 和 \(1\) 两个数入手，进而推广到所有数。

初始时，我们可以通过开关交换 \(0\) 和 \(1\) 的位置，经过一轮传输后，\(0\) 和 \(1\) 必然位于不同的 \((n-1)\)-Benes 网络。

由于 \((n-1)\)-Benes 网络可以将数任意排列，且 \((n-1)\)-Benes 网络可以到达最后一行所有的开关处，将 \(0\) 和 \(1\) 分别连向对应的开关即可。

然而这样做会有问题。考虑一个下方的开关对应的两个数在同一个 \((n-1)\)-Benes 网络里，这样我们就无法让他们到达同一个开关处。

我们考虑对于下方的每个开关，其对应的两个数连边，说明其不能在同一个 \((n-1)\)-Benes 网络里，对于上方的每个开关，也是同理。

我们只需要证明其可以进行二分图染色即可，染色方法对应了每个数被分到两个 \((n-1)\)-Benes 网络中的其中一个。

考虑反证法，若不能进行二分图染色，则原图存在奇环。我们考虑奇环中必然存在两条相邻的边，同时属于上方或下方。

而我们知道，上方的每条边互不相交，下方也是同理的，所以原图不存在奇环，进而可以将其看作二分图。

也就是说，我们能够将每个数分配到两个 \((n-1)\)-Benes 网络中的一个，进而我们就可以构造出合法的方案。

考虑如何处理字典序最小的限制。

我们不妨从前往后处理，对于每一个开关，我们考虑其是否打开。这样操作相当于钦定了一些点的颜色，由此我们进行二分图染色判定即可。

到这里就做完了，精细实现可以做到 \(O(Tn2^n)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=13;
char ans[2*N-1][1<<N-1];
int col[1<<N],tmp[1<<N],block[1<<N],tot_block;
bool vis[1<<N];
vector<int> G[1<<N];
void dfs(int u,int pre_color){
	tmp[u]=pre_color;
	block[u]=tot_block; 
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i];
		if(tmp[v]==-1){
			dfs(v,1-pre_color);
		}
	}
}
bool flag1[1<<N],flag2[1<<N];
void check(vector<int> V){
	for(int i=0;i<V.size();i++){
		tmp[V[i]]=-1;
	}
	tot_block=0;
	for(int i=0;i<V.size();i++){
		if(tmp[V[i]]==-1){
			tot_block++;
			flag1[tot_block]=false;
			flag2[tot_block]=false;
			dfs(V[i],0);
		}
	}
}
void solve(int id_l,int id_r,int pos_l,int pos_r,vector<int> s,vector<int> t){
	if(id_l==id_r){
		if(s[0]==t[0]  &&  s[1]==t[1]){
			ans[id_l][pos_l]='0';
		}
		else{
			ans[id_l][pos_l]='1';
		}
		return ;
	}
	vector<int> l_s,l_t;
	vector<int> r_s,r_t;
	for(int i=0;i<pos_r-pos_l;i++){
		col[s[i*2]]=-1;
		col[s[i*2+1]]=-1;
		G[s[i*2]].clear();
		G[s[i*2+1]].clear();
	}
	for(int i=0;i<pos_r-pos_l;i++){
		G[s[i*2]].push_back(s[i*2+1]);
		G[s[i*2+1]].push_back(s[i*2]);
	}
	for(int i=0;i<pos_r-pos_l;i++){
		G[t[i*2]].push_back(t[i*2+1]);
		G[t[i*2+1]].push_back(t[i*2]);
	}
	check(s);
	for(int i=0;i<pos_r-pos_l;i++){
		ans[id_l][i+pos_l]='0';
		col[s[i*2]]=0;
		col[s[i*2+1]]=1;
		bool tmp1=flag1[block[s[i*2]]],tmp2=flag2[block[s[i*2]]];
		if(col[s[i*2]]==tmp[s[i*2]]){
			tmp1=true;
		} 
		else{
			tmp2=true;
		}
		if(tmp1  &&  tmp2){
			ans[id_l][i+pos_l]='1';
			col[s[i*2]]=1;
			col[s[i*2+1]]=0;
			if(col[s[i*2]]==tmp[s[i*2]]){
				flag1[block[s[i*2]]]=true;
			}
			else{
				flag2[block[s[i*2]]]=true;
			}
			l_s.push_back(s[i*2+1]);
			r_s.push_back(s[i*2]);
		}
		else{
			if(col[s[i*2]]==tmp[s[i*2]]){
				flag1[block[s[i*2]]]=true;
			}
			else{
				flag2[block[s[i*2]]]=true;
			}
			l_s.push_back(s[i*2]);
			r_s.push_back(s[i*2+1]);
		}
	}
	for(int i=0;i<pos_r-pos_l;i++){
		if(col[t[i*2]]==0  &&  col[t[i*2+1]]==1){
			ans[id_r][i+pos_l]='0';
			l_t.push_back(t[i*2]);
			r_t.push_back(t[i*2+1]);
		}
		else{
			ans[id_r][i+pos_l]='1';
			l_t.push_back(t[i*2+1]);
			r_t.push_back(t[i*2]);
		}
	}
	solve(id_l+1,id_r-1,pos_l,(pos_l+pos_r)>>1,l_s,l_t);
	solve(id_l+1,id_r-1,(pos_l+pos_r)>>1,pos_r,r_s,r_t);
}
int main(){
	int n;
	while(~scanf("%d",&n)  &&  n){
		vector<int> s,t;
		for(int i=0;i<(1<<n);i++){
			s.push_back(i);
			int num;
			scanf("%d",&num);
			t.push_back(num);
		}
		solve(0,2*n-2,0,1<<n-1,s,t);
		for(int i=0;i<=2*n-2;i++){
			for(int j=0;j<(1<<n-1);j++){
				printf("%c",ans[i][j]);
			}
			printf("\n");
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}