【题解】Points, Lines and Ready-made Titles Codeforces 871C 图论

Prelude

真是一道好题,然而比赛的时候花了太多时间在B题上,没时间想这个了QAQ。

题目链接:萌萌哒传送门(。^▽^)


Solution

观察样例和样例解释,我们发现,假如有四个点,恰好占据在某一个矩形的四个顶点上,那么这个矩形的四条边,都是可以自由选择画或者不画的。
这时候,我们称这四个点每个点“控制”了四条直线中的一条,可以自由选择这条直线画或者不画。这里可以配合样例解释理解一下。
考虑建立常用的图论模型——行列模型,把每一行抽象成一个点,每一列抽象成一个点,假如在\((x,y)\)处有一个点,那么用一条边连接第\(x\)行和第\(y\)列所代表的点。
在这个图上,每条边可以选择“控制”她所连接的两个点中的一个。
再次观察样例,发现如果四个点恰好占据在一个矩形的四个顶点上,那么这个连通块内会有一个环。
紧接着我们发现,如果在建出来的图上,某个连通块内有一个环的话,那么这个连通块内的每一个点,都可以被一条边“控制”,并且这些边不会重复。
也就是说,这个连通块内的每一个点所代表的直线,都是可以自由选择画或者不画的,因此,假设这个连通块内的点数为\(n\),则这个连通块内的方案数为\(2^{n}\)
假如某一个连通块内没有环,即形成了一棵树,那么容易发现,只有“所有直线都画”这一种情况没法办到,因此,方案数为\(2^{n}-1\)
根据乘法原理,每个连通块之间互不干扰,所以把每个连通块的方案数乘起来就好了。


Code

#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <cctype>
#include <queue>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 200010;
const int MOD = 1e9+7;

int read() {
    int x = 0, ch;
    while( isspace(ch = getchar()) );
    do x = x * 10 + ch - '0';
    while( isdigit(ch = getchar()) );
    return x;
}

int n;
map<int,int> idx, idy;
int nid;

namespace G {
    int head[MAXN], nxt[MAXN], to[MAXN], m;
    void init() {
        memset(head, -1, sizeof head);
    }
    void adde( int u, int v ) {
        to[m] = v, nxt[m] = head[u], head[u] = m++;
        to[m] = u, nxt[m] = head[v], head[v] = m++;
    }
}

int fpow( int a, int b ) {
    int c = 1;
    while(b) {
        if( b & 1 ) c = int(1LL * c * a % MOD);
        a = int(1LL * a * a % MOD);
        b >>= 1;
    }
    return c;
}

int vis[MAXN];
queue<int> q;
int solve( int s ) {
    using namespace G;
    int e = 0, o = 0; // 边数和点数
    vis[s] = 1, q.push(s);
    while( !q.empty() ) {
        int u = q.front(); q.pop();
        ++o;
        for( int i = head[u]; ~i; i = nxt[i], ++e )
            if( !vis[to[i]] )
                vis[to[i]] = 1, q.push(to[i]);
    }
    e >>= 1;
    return e == o-1 ? (fpow(2, o) - 1 + MOD) % MOD : fpow(2, o);
}

int main() {
    n = read();
    G::init();
    for( int i = 0; i < n; ++i ) {
        int x = read(), y = read();
        if( !idx[x] ) idx[x] = ++nid;
        if( !idy[y] ) idy[y] = ++nid;
        G::adde(idx[x], idy[y]);
    }
    int ans = 1;
    for( int i = 1; i <= nid; ++i )
        if( !vis[i] )
            ans = int(1LL * ans * solve(i) % MOD);
    printf( "%d\n", ans );
    return 0;
}
posted @ 2017-10-25 12:04 mlystdcall 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏