因为只有std，没有自我实现，所以是无码专区

主要是为了训练思维能力

solution才是dls正解，但是因为只有潦草几句，所以大部分会有我自己基于正解上面的算法实现过程，可能选择的算法跟std中dls的实现不太一样。

std可能也会带有博主自己的注释。

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problem

有 $n$ 个整数，第 $i$ 个整数在 $[x_i,y_i]$ 区间。

给定 $m$ 个限制，形如 $l_i,r_i,s_i$ ，要求第 $l_i$ 到 $r_i$ 的数字加起来对 $2$ 取模余数为 $s_i$。

求有多少种整数序列满足上面限制，答案对 $10^9+7$ 取模。

以及输出字典序最小的整数序列。

$n\le 40,m\le 100,0\le x_i\le y_i\le 1e9$

$1s,128MB$

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my idea

因为限制是在模 $2$ 意义下的，所以真的有关系的只是这个数是奇数还是偶数。

对于 $50\%$ 的数据点 $n\le 20$，直接 $2^n$ 枚举每一位是选的奇数还是偶数，然后枚举所有限制判断是否合法，顺道可以记录一下字典序最小解及个数，时间复杂度 $O(2^{n}m)$。

将 $[l_i,r_i]$ 的限制转化为前缀和做差的限制，即 $sum(r)-sum(l-1)$。

将 $sum(i)$ 看作一个点，将一个限制看作 $l_i-1\to r_i$ 的有向边，边权为 $s_i$。

这样会形成若干个相互独立的有向图。

考虑将这些图，以及图内一个点可能引发的若干条边合并起来，变成一条链。

i.e. 要求 $[3,5]=1,[4,8]=0,[4,7]=1\Rightarrow 2\to 5(1),3\to 8(0),3\to 7(1)$

$\Rightarrow 2\to 3(x)\to 5(x⨁1)\to 7(x⨁1)\to 8(x)$

当最开始的一条边上的权确定时，整条链就确定了。

具体而言：直接枚举两两限制进行合并，$[l_1,r_1][l_2,r_2],l_1<l_2<r_1<r_2\Rightarrow l_1\to l_2\to r_1\to r_2$。

然后对于每个参与点进行限制的 $dfs$，开始跑每条边的边权。

如果到相同点的边权在取模 $2$ 意义下不同，说明限制之间出现矛盾。

注意到并不是每个数都在这条链上，i.e. $4,6,1...$

这些边只是起将限制紧密联系在一起的作用。

每两个点之间的原区间的方案数是可以通过 $dp$ 计算的。

设 $d{p}_{i,0/1}:$ 前 $i$ 个数和为 $0/1$ （在$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2)$ 的意义下）的方案数。

一个数的取值区间 $[l_i,r_i]$，无非可以划分为奇数 $x$ 个，偶数 $y$ 个。

选奇数会改变奇偶，选偶数则不改变。
$$\begin{gathered} d{p}_{i,0}\leftarrow d{p}_{i-1,0}\times y+d{p}_{i-1,1}\times x \\ d{p}_{i,1}\leftarrow d{p}_{i-1,0}\times x+d{p}_{i-1,1}\times y \end{gathered}$$
没有限制的区间就这么转移，一旦有类似与上面的边限制，去除掉不合法，继续转移即可。

貌似这样转移很困难w(ﾟДﾟ)w

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solution

首先， 考虑前缀和， 每个 $[l,r]$ 的限制转化为 $l-1$ 到 $r$ 两个前缀和之间的限制。

然后对所有限制进行连边。

每个连通块的奇偶性只有两种选择方法。【并不需要像我那么傻逼地去缩成一条链】

我们可以枚举每个连通块的奇偶性， 然后统计答案。

注意到， 如果一个连通块只有 $1$ 个数，我们不需要枚举（放到后面去 $dp$）

因为这个位置的奇偶性不会影响到别的元素。

所以只要在枚举完每个大于等于 $2$ 的连通块的奇偶性之后， 从右往左做一遍 $dp$， 记录一下当前前缀和的奇偶性是多少， 对应的方案数即可。

时间复杂度 $O(2^{\frac{n}{2}}n)$。

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std

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;typedef long long LL ;#define clr( a , x ) memset ( a , x , sizeof a )const int MAXN = 42 ;
const int mod = 1e9 + 7 ;char buf[1000000] ;
int len ;
int p[MAXN], c[MAXN] ;
int L[MAXN], R[MAXN], odd[MAXN], even[MAXN] ;
int dp[MAXN][MAXN][2] ;
pair < int, int > nxt[MAXN][MAXN][2] ;
int ans[MAXN], tmp[MAXN] ;
int rt[MAXN], col[MAXN] ;
int idx[MAXN] ;
int use[MAXN] ;
int n, m ;
int T ;int F ( int x ) { //带权并查集实现前缀和限制if ( p[x] == x ) return x ;int res = F ( p[x] ) ;c[x] ^= c[p[x]] ;return p[x] = res;
}int upd ( int x, int y, int o, int n ) {if ( dp[y][x][o] == 0 )return 0 ;int m = y - x ;for ( int i = x ; i <= y ; ++ i ) {tmp[i] = nxt[y][i][o].first ;o = nxt[y][i][o].second ;}return 1 ;
}void up ( int ok ) {if ( !ok )return ;for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {if ( tmp[i] > ans[i] )return ;if ( tmp[i] < ans[i] ) {for ( int j = 1 ; j <= n ; ++ j ) {ans[j] = tmp[j] ;}return ;}}
}void add ( int x ) {if ( x / 10 )add ( x / 10 ) ;buf[len ++] = x % 10 + '0' ;
}int main() {freopen("parity.in", "r", stdin);freopen("parity.out", "w", stdout);scanf ( "%d%d", &n, &m ) ;for ( int i = 0 ; i <= n ; ++ i ) {p[i] = i ;c[i] = 0 ;use[i] = 0 ;}for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {scanf ( "%d%d", &L[i], &R[i] ) ;int tmp = R[i] - L[i] + 1 ; //计算i可选范围内奇数和偶数的个数odd[i] = tmp / 2 + ( tmp % 2 == 1 && R[i] % 2 == 1 ) ;even[i] = tmp / 2 + ( tmp % 2 == 1 && R[i] % 2 == 0 ) ;}for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {for ( int j = 1 ; j <= n + 1 ; ++ j ) {dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = 0 ;nxt[i][j][0] = make_pair ( mod, mod ) ;nxt[i][j][1] = make_pair ( mod, mod ) ;}}//dp[l][r][0/1]:计算[l,r]区间内数的奇偶性for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {dp[i][i + 1][0] = 1 ;for ( int j = i ; j >= 1 ; -- j ) {dp[i][j][0] = ( 1LL * dp[i][j + 1][1] * odd[j] + 1LL * dp[i][j + 1][0] * even[j] ) % mod ;dp[i][j][1] = ( 1LL * dp[i][j + 1][0] * odd[j] + 1LL * dp[i][j + 1][1] * even[j] ) % mod ;}for ( int j = 1 ; j <= i ; ++ j ) {if ( dp[i][j + 1][1] && odd[j] ) {nxt[i][j][0] = min ( nxt[i][j][0], make_pair ( L[j] + ( L[j] % 2 == 0 ), 1 ) ) ;}if ( dp[i][j + 1][0] && even[j] ) {nxt[i][j][0] = min ( nxt[i][j][0], make_pair ( L[j] + ( L[j] % 2 == 1 ), 0 ) ) ;}if ( dp[i][j + 1][0] && odd[j] ) {nxt[i][j][1] = min ( nxt[i][j][1], make_pair ( L[j] + ( L[j] % 2 == 0 ), 0 ) ) ;}if ( dp[i][j + 1][1] && even[j] ) {nxt[i][j][1] = min ( nxt[i][j][1], make_pair ( L[j] + ( L[j] % 2 == 1 ), 1 ) ) ;}}}int ok = 1 ;for ( int i = 1 ; i <= m ; ++ i ) {int u, v, w, x, y ;scanf ( "%d%d%d", &u, &v, &w ) ;-- u ;x = F ( u ) ;y = F ( v ) ;use[u] = use[v] = 1 ;if ( x != y ) {if ( x < y ) swap ( x, y ) ;p[x] = y ;c[x] = ( c[u] - c[v] + 2 + w ) % 2 ;} else if ( ( c[u] ^ c[v] ) != w ) ok = 0 ;}if ( !ok ) { //限制冲突 无解-1buf[len ++] = '0' ;buf[len ++] = '\n' ;buf[len ++] = '-' ;buf[len ++] = '1' ;buf[len ++] = '\n' ;return 0;}int cnt = 0, tot = 0, uns = 0;for ( int i = 0 ; i <= n ; ++ i )if ( use[i] ) {if ( F ( i )  == i )rt[cnt ++] = i;idx[tot ++] = i;} elseuns++;int res = 0, OK = 0 ;for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )ans[i] = mod ;for ( int s = 0 ; s < 1 << cnt ; ++ s ) {if ( cnt && rt[0] == 0 && s % 2 )continue ;col[0] = 0 ;for ( int i = 0 ; i < cnt ; ++ i ) {col[rt[i]] = s >> i & 1 ;}int ans = 1, j = 0, ok = 1 ;for ( int o = ( rt[0] == 0 ) ; o < tot ; ++ o ) {int i = idx[o], x = p[i] ;if ( x != i )col[i] = col[x] ^ c[x] ^ c[i] ;ans = 1LL * ans * dp[i][j + 1][col[j] ^ col[i]] % mod ;ok &= upd ( j + 1, i, col[j] ^ col[i], j ) ;if ( !ok )break ;j = i ;}if ( ok && j < n ) {ans = 1LL * ans * ( dp[n][j + 1][0] + dp[n][j + 1][1] ) % mod ;int a = upd ( j + 1, n, 0, j ) ;up ( ok && a ) ;int b = upd ( j + 1, n, 1, j ) ;up ( ok && b ) ;ok &= a | b ;} elseup ( ok ) ;if ( ok )OK = 1 ;res = ( res + ans ) % mod ;}if ( !OK ) {buf[len ++] = '0' ;buf[len ++] = '\n' ;buf[len ++] = '-' ;buf[len ++] = '1' ;buf[len ++] = '\n' ;} else {add ( res ) ;buf[len ++] = '\n' ;for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {add ( ans[i] ) ;buf[len ++] = i < n ? ' ' : '\n' ;}}buf[len] = 0;printf("%s", buf);
}