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題目描述

小團有一張n個點，m條邊的無向圖G，有些邊上已經被標記了0或1，表示它的邊權。 現在你需要給剩下的邊標記邊權為0或1，求有幾種標記的方式滿足： 對于G中任意一個環，里面所有邊的邊權的異或值為0。 環的定義如下： 對于任意k（k≥2）個點{a1,a2,...,ak}，若對于所有的i<k滿足ai與ai+1之間有邊，且a1=ak成立，則這k個點構成一個環。

輸入描述:

第一行兩個整數n, m。

接下來m行，每行3個整數u, v, w，表示有一條邊(u,v)，若w=-1則這條邊上沒有標記，否則w=0或1表示這條邊上標記了w。

數據保證沒有重邊和自環。

1≤n≤100,000 0≤m≤min(n*(n-1)/2, 100000)

輸出描述:

輸出方案數對998,244,353取模的值。

示例1
輸入
3 3
1 2 -1
2 3 -1
3 1 -1
輸出
4

題解：

看了鄧老師的題解，恍然大悟，感謝大佬講解
一下為我結合鄧老師所理解的：
首先思考：一個連通圖（圖中任意兩點都是連通的），給邊標上0和1，使得任意一個環的所有邊的異或和為0，問有多少種方案？

異或：相同為0，不同為1

題目要求我們給邊賦值，但是邊賦值很不方便，我們就看看選擇給點賦值，為什么？因為邊和點是共存的，特別是在一個環中，每個點都貢獻了兩個邊，那我們就可以把這個邊的值當做是邊兩端頂點的值的異或，一個環有m個點，m條邊，異或m條邊就等于將m個點都異或兩次。相同為0，那么異或兩次相同的值結果一定為0.那點就可以隨意賦值

對于一個連通塊：
將所有點的數都 ^ 1（也就是0變成1，1變成0），兩點異或出來的邊值并未發生改變（就相當于原本1 ^ 1 改成0 ^ 0，結果不變），n個點每個點都是有兩個方案的（即0或1），那么給點賦值的方案也就是2ⁿ個，對應的邊賦值方案是點的方案除以2，所以n個點的連通圖有2^n-1種方案。

對于不是一個連通圖：
我們可以求分散的每個連通圖種類，然后乘一起就可

但是原本題目中是存在有些邊一開始就賦好值，我們可以從提前標好的邊開始出發找連通塊，不然到最后你自己標記的很有可能和題目給你不適配，又要重新改。在存有題目給的邊的這個連通塊里，我們只需要確定一個點的權值，其他部分也可以因此確定。如果把這個連通塊大小記作ki，那么這個連通塊的存在就會使得方案數需要在原來的基礎上（不考慮之前有標記）除以2 ^ki-1，因為其他點不能自由選。

還有：題目給你的數據本身可能就是矛盾，判定遠直接輸出0
我盡量只能理解到這份上。。

借鑒其他大佬的代碼：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1e5 + 3; const int mod = 998244353; int f[maxn], col[maxn]; vector<pair<int,int> > edge[maxn]; bool flag; int find(int x){return f[x] == x ? x : f[x] = find(f[x]); } void dfs(int u, int p){//染色過程if (!flag) return;for (int i = 0; i < edge[u].size(); ++i){int v = edge[u][i].first, w = edge[u][i].second;if (col[v] == -1){col[v] = col[u]^w;dfs(v, u);}else if (col[u]^col[v] != w){flag = 0;return;}} } int main(void){int n, m,ans; int u, v, w;scanf("%d%d",&n,&m);for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = i;ans = n;for (int i = 1; i <= m; ++i){cin >> u >> v >> w;if (find(u) != find(v)){ans--;f[find(u)] = find(v);/}if (w != -1){edge[u].push_back(make_pair(v, w));edge[v].push_back(make_pair(u, w));}}memset(col, -1, sizeof col);int cnt = 0;flag = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i){if (col[i] == -1){col[i] = 0;dfs(i, i);cnt++;}}if (!flag){cout << 0 << endl; return 0;}ll ans = 1;for (int i = 0; i < cnt-ans; ++i) ans = ans*2%mod;cout << ans << endl;return 0; }

總結

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