Black and white

题意：

给你一个矩阵，每个位置都有一个值，现在你要把这些值都染成黑色，花费为这个位置的值。但是对于任意两行两列的四个相交正方形，如果其中三个是黑色正方形，可以免费将第四个正方形染成黑色。
问最小花费

题解：

我们还是从任意两行两列的四个相交正方形，如果其中三个是黑色正方形，第四个正方形免费染成黑色这个性质下手。
如图，黑色部分已经染色，黄色部分可以免费染色。我们现在这么想，横纵都给个坐标，黑色块相当于把横纵纵坐标相连，下图中，（a,c）相连,（b,c）相连，(a,d)相连，现在可以免费将(b,d)相连，而通过上面三个相连关系，我们就可以得到(b,d),也就是我们用一个并查集来维护，如果(i,j)是相通的就说明可以免费染色，然后从小到大读入，未相通就加入。
这其实就是求最下生成数，n+m个点，求最小的n+m-1个边

直接存所有边然后跑并查集的话复杂度是eloge，e=2e7，会超时。我们可以这样存，对于每个值我们存其坐标，然后对于每个值遍历，这样的复杂度一共是1e7稳过
当然也可以用prim写(std好像是prim)

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
const int N=5005;
int n,m,a,b,c,d,p;
vector<pair<int,int> >g[100005];
int f[N<<1];
int fa(int x){return f[x]==x?x:f[x]=fa(f[x]);}
int main(){scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b,&c,&d,&p);for(int i=1;i<=n+m;i++)f[i]=i;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){a=((ll)a*a%p*b%p+(ll)a*c%p+d)%p;g[a].push_back(make_pair(i,j));}int ans=0;for(int num=0;num<p;++num){for(pair<int,int> p:g[num]){int x=fa(p.first),y=fa(n+p.second);if(x!=y){ans+=num;f[x]=y;}}}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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