[ABC155F] Perils in Parallel 题解
对于区间上的异或操作，常见的套路是 异或差分。我们知道异或就是不进位的加法，自然具有可差分，可前缀性，于是对 \([l,r]\) 区间 \(\oplus x\) 等价于 \(a_l\oplus x\)，\(a_{r+1}\oplus x\)。
知道这个东西这个题就好做了。我们建出异或差分数组 \(b\)，那么现在的问题转化为每次改变 \(b\) 的两个点 \(l,r+1\)，能否使 \(b\) 全部变为 \(0\)。
同时改变两点的问题考虑建图解决。由于 \(l<r\)，实际上是有多个连通块的森林。由于求的是可行解，我们贪心地从下往上把所有 \(1\) 变为 \(0\)，同时改变它的父节点，最后检查连通块的根节点的 \(b\) 是否为 \(1\) 即可。注意 \(l\ge r\) 的情况是不用建边的。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define N 200005
using namespace std;
int n, m;
struct node {int a, b;bool operator < (const node &x) const {return a < x.a;}
} e[N];
int c[N];
int sm[N]; // 异或前缀和
int l[N], r[N];
struct Node {int to, nxt;int val;
} t[N << 1];
int head[N], cnt;
void add(int u, int v, int w) {t[++cnt].to = v;t[cnt].val = w;t[cnt].nxt = head[u];head[u] = cnt;
}
int vis[N];
vector<int>ans;
int nwsm[N], p[N];
void dfs(int x) {vis[x] = 1;nwsm[x] = sm[x];for (int i = head[x]; i; i = t[i].nxt) {int y = t[i].to;if (vis[y])continue;p[y] = t[i].val;dfs(y);nwsm[x] ^= nwsm[y];}
}
int main() {cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d%d", &e[i].a, &e[i].b), c[i] = e[i].a;sort(c + 1, c + 1 + n);int len = unique(c + 1, c + 1 + n) - c - 1;for (int i = 1; i <= n; i++)e[i].a = lower_bound(c + 1, c + 1 + len, e[i].a) - c;sort(e + 1, e + 1 + n);for (int i = 1; i <= n; i++)sm[i] = e[i].b;for (int i = n + 1; i >= 1; i--)sm[i] ^= sm[i - 1];for (int i = 1; i <= m; i++) {scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);l[i] = lower_bound(c + 1, c + 1 + len, l[i]) - c;r[i] = upper_bound(c + 1, c + 1 + len, r[i]) - c;if (l[i] >= r[i])continue;add(l[i], r[i], i);add(r[i], l[i], i);}for (int i = 1; i <= n + 1; i++)if (!vis[i]) {dfs(i);if (nwsm[i] & 1)return puts("-1"), 0;}for (int i = 1; i <= n + 1; i++)if (nwsm[i])ans.push_back(p[i]);sort(ans.begin(), ans.end());cout << ans.size() << "\n";for (auto i : ans)cout << i << " ";puts("");return 0;
}
