小胖的奇偶（Viojs1112）题解

原题：

题目描述

　　 huyichen和xuzhenyi在玩一个游戏：他写一个由0和1组成的序列。 huyichen选其中的一段（比如第3位到第5位），问他这段里面有奇数个1 还是偶数个1。xuzhenyi回答你的问题，然后huyichen继续问。 xuzhenyi有可能在撒谎。huyichen要检查xuzhenyi的答案，指出在xuzhenyi的第几个回答一定有问题。 有问题的意思就是存在一个01序列满足这个回答前的所有回答，而且不存在序列 满足这个回答前的所有回答及这个回答。

输入格式

第1行一个整数，是这个01序列的长度（≤1000000000)（≤1000000000) 第2行一个整数，是问题和答案的个数(≤5000)(≤5000)。 第3行开始是问题和答案， 每行先有两个整数，表示你询问的段的开始位置和结束位置。 然后是xuzhenyi的回答。odd表示有奇数个1，even表示有偶数个

输出格式

输出一行，一个数X,表示存在一个01序列满足第1到第X个回答， 但是不存在序列满足第1到第X+1个回答。如果所有回答都没问题，你就输出 所有回答的个数。

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很明显，这道题是并查集（不要问我怎么看出来的）。

由于数据太大，需要离散化。

所谓离散化，就是把较大的一组数进行排序，然后对他们根据大小重新赋值，当数的大小不对数据本身有影响，只有大小对其有影响时，可以使用离散化。

离散化的标准姿势见 点这里

然而蒟蒻并不会标准姿势，说说自己的方法：

以本题为例，把所有的数据都存在nd结构体中

void init()
{
    for(int i = ;i<=m;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d%s",&x,&y,c);
        nd[i].p = x;//数组开三倍，p表示临时变量。一倍存左端点。
        nd[i+m].p = y;//二倍存右端点。
        nd[i].num = i;//每一倍都要给他们打上编号，一会排序时后会乱。
        nd[i+m].num = i;if(c[]=='e')
        {
            nd[i+m+m].odd = ;//三倍存奇偶
        }else
        {
            nd[i+m+m].odd = ;
        }
    }
}

读进来之后进行离散化。

void discretization()
{
    for(int i = ;i<=*m;i++)
    {
        if(nd[nd[i].num].l==-)
        {
            nd[nd[i].num].l = cnt-;
        }else
        {
            nd[nd[i].num].r = cnt;
        }
        if(nd[i+].p!=nd[i].p)
        {
            cnt++; //去重，不一样的时候再+1
        }
    }
    for(int i = ;i<=m;i++)
    {
        nd[i].odd = nd[i+m+m].odd;从三倍搬回原数组
    }
}

这样就离散完了。

接下来就是带权并查集的操作。

在合并和路径压缩的时候处理。

思路就是将一个区间右面的点认左面的点为父亲，两端区间合并的时候，根据奇偶性判断，0表示偶数，1表示奇数（有点懒，具体0或1见代码）。

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

最后上总代码：

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