题意：

$n*m:n,m \le 10^6$的网格，每个$2 \times 2$的方格必须有1个或3个涂成红色，其余涂成蓝色

有一些方格已经有颜色

求方案数

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太神了！！！花我三节课

首先想了一下只有两行，发现可以直接$f[i][3]\ DP$出来，每一列放的方案只与上一列有关

如果有多行呢，我们可以把上一列放的状态状压$f[i][s]$，然后枚举转移

复杂度爆炸

好，看一眼题解

woc题解说的些什么东西根本看不懂，还是自己想吧

发现，貌似一个状态只有两个后继状态唉，就是说这一列的右面一列只有两种放法是合法的

数学归纳法证一下，两行的情况每种列的放法有两个后继，设n行成立，那么n+1行的下一列选或不选就已经确定了...好像成立唉！

并且这两个后继还是每个位置都相反的！

总算看明白题解那句：

如果确定了第一行，接下来的每一行只会是 1.上一行所有奇数列异或1后得到 2.上一行所有偶数列异或1后得到 (这里把之前的行列倒换了)

其实可以直观理解，因为要保证是奇性啊

 

这样的话，不考虑已经涂色的，方案数就是第一行的方案数*(行数-1)$2^{n+m-1}$了

 

考虑涂色！

首先，每个有涂色的行两个后继状态只有一个合法了

再考虑这一行的涂色对第一行的影响，如果有一行两个位置$x,y$已经涂色，因为只有那两种变换所以：

$1.\ x,y同奇偶，每行都必须同色$

$2.\ x,y异奇偶，跟这一行同奇偶的行必须同色，异奇偶的行必须异色$

用个种类并查集就可以判断无解了！

方案数？把有关系限制的列连起来，求连通块数就行了 

 

注意第一行如果有已经涂色的，颜色就直接确定了而不是同色或者异色，所以包含他们的连通块不能再考虑

 

#include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         #include 
         
          #include 
          
           using namespace std;#define pii pair
           
            #define MP make_pair#define fir first#define sec secondconst int N=1e6+5, P=1e9;typedef long long ll;inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<'0'||c>'9'){ if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f;}int n, m, k, c[N], p, x, y;struct meow{ int r, c;}t;vector
            
              q[N];int fa[N];int find(int x) { return x==fa[x] ? x : fa[x]=find(fa[x]);}struct UFS{ int fa[N], val[N]; int find(int x) { if(x == fa[x]) return x; int root = find(fa[x]); val[x] ^= val[fa[x]]; return fa[x] = root; } bool Union(int x, int y, int p) { int f1 = find(x), f2 = find(y); if(f1 != f2) { fa[f1] = f2; val[f1] = val[x]^val[y]^p; } else if((val[x]^val[y]) != p) return false; return true; }}F;int fix[N], mark[N];int Pow(ll a, int b) { ll ans=1; for(; b; b>>=1, a=a*a%P) if(b&1) ans=ans*a%P; return ans;}int main() { freopen("in","r",stdin); n=read(); m=read(); k=read(); for(int i=1; i<=k; i++) { x=read(), t.r=read(), t.c=read(), q[x].push_back(t); mark[x] = 1; if(x == 1) fix[t.r] = 1; } for(int i=1; i<=m; i++) fa[i] = F.fa[i] = i; for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<(int)q[i].size(); j++) { int a = q[i][j-1].c, b = q[i][j].c, x=q[i][j-1].r, y=q[i][j].r; int f1 = find(x), f2 = find(y); fa[f1] = f2; if(fix[f1]) fix[f2] = 1; int p = a^b; if((x&1) != (y&1)) p ^= (i-1)&1; if(!F.Union(x, y, p)) {puts("0"); return 0;} } int ans = 0; for(int i=2; i<=n; i++) ans += !mark[i]; for(int i=1; i<=m; i++) if(fa[i]==i && !fix[i]) ans++; printf("%d\n", Pow(2, ans));}