Codeforces 461D Appleman and Complicated Task

題面

題意

給出一個$n*n$的正方形，每個點爲1或0，要求每個點周圍的所有點之和爲偶數，現在已經確定了幾個點的數字，問一共有幾種正方形滿足條件。

做法

首先可以把周圍四個數的和爲偶數看作周圍四個數的異或值爲0，因此可以發現
$(i,j)=(i-2,j) Xor (i-1,j-1) Xor (i-1,j+1)$
不難發現當正方形的第一行確定後，整個正方形的值也就確定了，因此當沒有任何數確定時，總共有$2^n$種正方形。
經過進一步的觀察可以發現，這個正方形關於兩條對角線對稱，因此確定了正方形中的一個數，可以將其轉化爲兩對角線與正方形形成的4個三角形中的任意一個三角形中的某個數，而且經過可以發現上面這個三角形的數都可以看作是由第一行中的一段連續的，位置奇偶性相同數的異或值，因此我們可以將統計第一行合法的數的種數改爲統計其合法前綴（指所有在它左邊且列數的奇偶性與他相同的所有數的異或值）的種數，這樣每一個確定的數都可以看作是由兩個前綴異或得到，也就能得到兩個前綴是否相等，這個用並查集維護一下即可。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define P pair<ll,ll>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define N 100100
#define M 1000000007
using namespace std;

ll n,m,ans,a[N],b[N],c[N],fa[N<<1];
char str[2];
map<P,bool>mm;

ll ff(ll u){return u==fa[u]?u:fa[u]=ff(fa[u]);}

inline ll po(ll u,ll v)
{
	ll res=1;
	for(;v;)
	{
		if(v&1) res=res*u%M;
		u=u*u%M;
		v>>=1;
	}
	return res;
}

inline void GG()
{
	puts("0");
	exit(0);
}

inline P zh(ll p,ll q)
{
	if(p>q) swap(p,q);
	if(p+q>n+1) swap(p,q),p=n-p+1,q=n-q+1;
	return mp(p,q);
}

int main()
{
	ll i,j,k,p,q;
	cin>>n>>m;
	for(i=1; i<=m; i++)
	{
		scanf("%lld%lld%s",&p,&q,str);
		a[i]=zh(p,q).fi;
		b[i]=zh(p,q).se;
		c[i]=(str[0]=='x'?0:1);
		if(mm.count(mp(a[i],b[i]))) if(mm[mp(a[i],b[i])]!=c[i]) GG();
			else mm[mp(a[i],b[i])]=c[i];
	}
	for(i=0; i<=n*2+1; i++) fa[i]=i;
	for(i=1; i<=m; i++)
	{
		p=b[i]-a[i]-1,q=a[i]+b[i]-1;
		if(c[i])
		{
			if(p<1) fa[ff(q)]=ff(n*2+1),fa[ff(q+n)]=ff(0);
			else fa[ff(p)]=ff(q+n),fa[ff(p+n)]=ff(q);
		}
		else
		{
			if(p<1) fa[ff(q)]=ff(0),fa[ff(q+n)]=ff(n*2+1);
			else fa[ff(p)]=ff(q),fa[ff(p+n)]=ff(q+n);
		}
	}
	for(i=1; i<=n; i++) if(ff(i)==ff(i+n)) GG();
	if(ff(0)==ff(n*2+1)) GG();
	for(i=0; i<=n*2+1; i++) if(i==fa[i]) ans++;
	cout<<po(2,ans/2-1);
}