【改自CC_CHSEQ22】【JZOJ4807】破解 题解

题目大意

  一个 n 位的初始为全 0 的 01 串，给定 m 个区间（1<=l[i]<=r[i]<=n），每次选择其中任意一个，将01串上对应的子段取反。执行任意次操作，求能产生多少种不同的01串。
  n<=10^7， m<=10^5

【30%】n,m<=10

  暴力

【60%】n<=10^7，m<=20

  01串有种经典的表示方法是：第 1 位不变，对于 i>=2，第 i 位为 0 表示该位与上一位相同，为 1 表示与上一位不同。例如 0011010111100 表示为 0010111100010。
  所以对于一种操作 [ l[i], r[i] ]，相当于把01串（新表示法）的第 l[i] 位和第 r[i]+1 位取反。
  所以每种操作可以看作是一个只含 2 个 1 的01串。如果把位数离散化一下，就变成了 long long 以内的二进制数了。然后问题变成从这 m 个数中选任意个异或起来，求结果有多少种。
  所以暴力枚举每个数选还是不选，然后hash判重。

【100%】n<=10^7，m<=10^5

  考虑上述思想优化。
  对于操作 [ l[i], r[i] ]，连一条 l[i] 到 r[i]+1 的边。假设我们可以对边进行01染色（其实就是代表做不做这个操作），每个点的颜色就等于连着它的边的颜色和 mod 2（相当于最后这个位置是 0 还是 1）。
  显然对于每个连通块是独立的。而每个连通块假设有 k 个点，那方案数就是 2^(k-1)。数学归纳法证明：当只有 1 个点是成立的；对于从连通块连向新点的边，显然方案数是乘2，对于连通块内部的连边，我染0色则是原方案，我染1色则把原方案取反还是同样效果，所以方案数还是乘2。
  所以假设 a 个点分成 b 个连通块，最终答案就是 2^(a-b)。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxm=1e5+5;
const LL mo=1e9+7;

int n,m,l[maxm],r[maxm];
LL er[maxm];

struct B{int num,i,lr;} b[2*maxm];
int b0,maxr;
bool cmpB(const B &a,const B &b) {return a.num<b.num;}
void discretize()
{
	b0=0;
	fo(i,1,m) b[++b0].num=l[i], b[b0].i=i, b[b0].lr=0;
	fo(i,1,m) b[++b0].num=r[i], b[b0].i=i, b[b0].lr=1;
	sort(b+1,b+1+b0,cmpB);
	maxr=0;
	fo(i,1,b0)
	{
		if (b[i].num!=b[i-1].num) maxr++;
		if (b[i].lr==0) l[b[i].i]=maxr; else r[b[i].i]=maxr;
	}
}

int fa[maxm];
int get(int x) {return (fa[x]==x) ?x :fa[x]=get(fa[x]) ;}

int T;
int main()
{
	er[0]=1;
	fo(i,1,100000) er[i]=er[i-1]*2%mo;
	
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		scanf("%d %d",&n,&m);
		n++;
		fo(i,1,m)
		{
			scanf("%d %d",&l[i],&r[i]);
			r[i]++;
		}
		discretize();
		
		fo(i,1,maxr) fa[i]=i;
		fo(i,1,m) fa[get(l[i])]=get(r[i]);
		int k=0;
		fo(i,1,maxr) if (get(i)==i) k++;
		
		printf("%lld\n",er[maxr-k]);
	}
}