POJ 1733 Parity game（边带权的并查集）

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题意：

输入 $n$ 表示有一个长度为 $n$ 的 $0,1$ 字符串， $m$ 表示接下来有 $m$ 行输入，接下来的 $m$ 行输入中 $x, y, even$ 表示第 $x$ 到第 $y$ 个字符中间 $1$ 的个数为偶数个； $x, y, odd$ 表示第 $x$ 到第 $y$ 个字符中间 $1$ 的个数为奇数个。若 $m$ 句话中第 $k+1$ 是第一次与前面的话矛盾，则输出 $k$。

思路分析：

如果我们用 $sum$ 数组表示序列 $S$ 的前缀和，那么在每个回答中：

1. $S[l \sim r]$ 有偶数个 $1$，等价于 $sum[l-1]$ 与 $sum[r]$ 奇偶性相同。
2. $S[l \sim r]$ 有奇数个 $1$，等价于 $sum[l- 1]$ 与 $sum[r]$ 奇偶性不同。

注意，这里没有求出 $sum$ 数组，我们只是把 $sum$ 看作变量。

这样就可以把题目所给出的每次询问转换成奇偶性相同与否的判断，即给定若干个变量和关系，判
定这些关系可满足性的问题。注意，本题的传递关系不止一种：

1. 若 $x_1$ 与 $x_2$ 奇偶性相同， $x_2$ 与 $x_3$ 奇偶性也相同，那么 $x_1$ 与 $x_3$ 奇偶性相同。
2. 若 $x_1$ 与 $x_2$ 奇偶性相同， $x_2$ 与 $x_3$ 奇偶性不同，那么 $x_1$ 与 $x_3$ 奇偶性不同。
3. 若 $x_1$ 与 $x_2$ 奇偶性不同， $x_2$ 与 $x_3$ 奇偶性也不同，那么 $x_1$ 与 $x_3$ 奇偶性相同。

基于上述分析，关系之间具有传递性，故可用并查集来做。另外，还需要将数据离散化，因为 $N≤10^9$，但是查询次数 $M≤10000$，实际用到的数据也就 $20000$，所以，将 $N$ 离散化成数组下标可表示的范围，方便并查集的操作。

边权 $d[x]$ 为 $0$，表示 $x$ 与 $fa[x]$ 奇偶性相同； $d[x]$ 为 $1$，表示 $x$ 与 $fa[x]$ 奇偶性不同。

在路径压缩时，对 $x$ 到树根路径上的所有边权做异或(xor)运算，即可得到 $x$ 与树根的奇偶性关系。

这里假设离散化后 $l-1$ 和 $r$ 的值分别是 $x$ 和 $y$。

对于题目中的第一种询问：

对于题目中的第二种询问：

代码中将上述两种询问写到一起了，如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>

using namespace std;
const int N = 20010;

int n, m;
int p[N], d[N];
map<int,int> mp;

int get(int x)          // 在线离散化
{
    if(mp.count(x) == 0)    mp[x] = ++n;
    return mp[x];
}

int find(int x)
{
    if(x != p[x])
    {
        int root = find(p[x]);
        d[x] ^= d[p[x]];
        p[x] = root;
    }
    return p[x];
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    n = 0;      // 用于离散化
    
    for(int i = 1; i < N; ++i)  p[i] = i;   // 初始化
    
    int res = m;
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        int a, b;
        char op[6];
        scanf("%d%d%s", &a, &b, op);
        
        if(res != m)    continue;
        
        a = get(a - 1), b = get(b);
        
        int t = 0;                      // 询问有偶数个1
        if(op[0] == 'o')    t = 1;      // 询问有奇数个1
        
        int pa = find(a), pb = find(b);
        
        if(pa == pb)
        {
            if((d[a] ^ d[b]) != t)
                res = i - 1;
        }
        else
        {
            p[pa] = pb;
            d[pa] = d[a] ^ d[b] ^ t;
        }
    }
    
    printf("%d\n", res);
    
    return 0;
}