邊的染色 dfs 思維

題目描述

小團有一張n個點，m條邊的無向圖g，有些邊上已經被標記了0或1，表示它的邊權。

現在你需要給剩下的邊標記邊權為0或1，求有幾種標記的方式滿足：

對於g中任意乙個環，裡面所有邊的邊權的異或值為0。

環的定義如下：

對於任意k（k≥2）個點，若對於所有的i

思路：此題的巧妙之處在於將邊權賦值為0或1，轉換成連線邊的兩點賦值0或1的異或值。

1、首先，在乙個n個點的環中，這n條邊的異或和化為這n個點的異或和時，每個點被異或兩次，所以不管怎麼賦值最後的異或和都是0。而點的賦值方式是2^n種，所以邊的賦值方式是點賦值方式的一半2 ^ (n-1)，因為對於兩個點的四種組合方式得到的邊權只用兩種，例如：0 ^ 0 = 0 , 1 ^ 1 = 0, 0 ^ 1 = 1, 1 ^ 0 = 1; 所以是一半。

2、其次，若在這n個點的環中，假設有1個聯通塊已經被賦過邊權了，且這個連通塊的大小為k，那麼這個環的方案數就應該為 2 ^(n-1)/2 ^(k-1) ，設這個環中還沒有被賦值的邊為m，此時其實就是2 ^ m；

3、再深入分析，環的情況可以適用到乙個聯通圖中，因為在環中的邊的賦值其實已經相當於沒有限制了，所以將不同連通塊的2^m相乘起來就是答案。

4、接下來也是關鍵一步，判斷原始邊權值已經不滿足環中異或和為0。接下來所操作的都是在已經賦過值的邊所組成的連通塊內，在這個連通塊內，當乙個點的權值確定時，其他的點就都確定了，所以我們便可以確定是否矛盾。

#include
using
namespace std;
const
int mod =
998244353
;const
int n =
1e5+7;
int h[n]
,e[n*2]
,ne[n*2]
,w[n*2]
,idx;
int p[n]
,cnt;
int color[n]
,vis[n]
;void
add(
int a,
int b,
int c)
intfind
(int x)
void
dfs(
int x,
int col)
//判斷原始賦值是否矛盾 ，染色法}}
void
dfs2
(int x)
//每個連通塊(已經被賦值)大小
}int
main()
k = n-k;
//總的方案數
for(
int i=
1;i<=n;i++)}
memset
(color,-1
,sizeof color)
;for
(int i=
1;i<=n;i++
)long
long ans=1;
for(
int i=
1;i<=k;i++
) ans = ans*
2%mod;
printf
("%lld\n"
,ans)
;return0;
}

邊的染色 dfs 思維

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