本题需要看出最终总能将输入个数减为1个。
由于输入只是x，所以这个电路的功能只有4种情况。
先验证前两种，x分别取0和1，若输出都为0，则为第一种；若输出都为1，则为第二种。如果是这两种的一个，则输入全为0或全为1即可。
若两种都不是，则先将所有输入x都设为0，从第1个开始改成1，注意改完之后不要再改回来。当改到某一个x为1时，输出变了。则说明该位置可以控制整个电路的输出，则把该位置设为x，其它已经改为1的就还是1，没改的就还是0.
这么做是正确的，因为最终整个电路总会随着设为x的那个位置变化而变化，且电路功能不会改变。因为改到x位置之前一位时，电路输出与全为0时输出相同，就是说x位置为0时与所有输入为0时输出相同，而x为1时与所有输入为1时输出相同。
当然，直接找的话会超时。所以二分。
本题二分是可行的。因为当所有输入为1时，答案一定与所有输入为0时不同。所以我们要找的两种答案的分界点一定是存在的。即使随着1的个数过多，输出可能又会变成输入为0时结果，但它与输入全为1时之间一定还有一个分界点，可能这个分界点不是1的个数最小的情况。但由于题中未要求1的个数最少，所以也是正确的。
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e6 + 10;
int t, n, m;
int ans[2], a[maxn];
struct X
{
int in1, in2, out;
}g[maxn];
int nand(int x, int y) {
return (x&y) ^ 1;
}
void cal(int j) {
int u, v;
if (g[j].in1 < 0)u = a[-g[j].in1];
else u = g[g[j].in1].out;
if (g[j].in2 < 0)v = a[-g[j].in2];
else v = g[g[j].in2].out;
g[j].out = nand(u, v);
}
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &g[i].in1, &g[i].in2);
}
for (int i = 0; i < 2; i++) {
fill(a + 1, a + n + 1, i);
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cal(j);
}
ans[i] = g[m].out;
}
if (ans[0] == ans[1]) {
for (int i = 1; i <= n; i++)printf("1");
printf("\n");
}
else {
memset(a, 0, sizeof(a));
bool flg = 0;
int L = 1, R = n, mid;
while(L<R){
mid = ((L + R) >> 1);
memset(a, 0, sizeof(a));
fill(a + 1, a + mid + 1, 1);
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cal(j);
}
if (g[m].out == ans[1]) {
R = mid;
}
else L = mid + 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (i == L)printf("x");
else printf("%d", a[i]);
}
printf("\n");
}
}
return 0;
}
|
