思路

對於這道題，我們從題目裡可以知道，藍色代表的方塊為0，紅色代表的方塊為1。按照題目要求，如果換一種說法，那就是對於一個2*2的方格，其中1的個數必定有奇數個，這樣的話，每個方格里的所

有數的異或和必定為1（0^0=0 , 1^0=1 , 1^1=0）。那麼對於每一個格子\(a(i,j)\)，都有：a(i,j)^a(i+1,j)^a(i,j+1)^a(i+1,j+1)=1

我們欽定S（i , j）為每一個以點（i , j）為右下角的方格的異或和。然後把範圍擴大，設想對於一個i*j的方格，它的異或和會是什麼呢？（這個部分需要自己推一下，時間關係我就不給例子了）

我們多舉幾個例子，就可以發現對於任意一個以點（i , j）為右下角的矩陣，它的區域內所有可能的22的方格的異或和再異或起來，得到的就是以（i , j）為右下角的矩陣中包括的所有2

或和的異或和。而這個異或和，根據a^a=0的規定，這個矩陣的S（i , j）僅僅與點（1 , 1）、（i , 1）、（1 , j）、（i , j）有關。

再以此類推，我們就可以發現對於任意一個點，它的值只與（1 , 1）、（i , 1）、（j , 1）這幾個點有關。因此我們就可以知道，只要我們明確了表格中第一列和第一行的內容，那表格中其他點

的內容也就是唯一的。

因此，對於a(1 , 1)^a(i , 1)^(1 , j)^a(i , j)，當i，j均為偶數時值為1（此時\((i-1) \times (j-1)\)為奇數，對於S函式的異或字首和為1），否則為0（此時（i-1）*（j-1）為偶數，對於

S函式的異或字首和為0）。即為a(1 , 1)^a(i , 1)^(1 , j)^a(i , j)=0/1（這裡0/1表示值為0或者1）。

這樣的話，我們可以考慮列舉a(1 , 1)的值，根據a(i , j)和a(1 , 1)的異同關係（就是對於上一段中說的i , j的奇偶性的問題），就可以確定a(i , 1)和a(1 , j)的異同關係，

即a(i , 1)^a(1 , j)=0/1^0/1^a(i , j)。

那麼到現在我們還沒有提到過關於並查集的一個字（而這又是一道並查集的題目）。由於我們可以通過列舉a(1 , 1)確定出a(i , 1)和a(j , 1)的異同關係，我們就應該有所啟發。

考慮一下食物鏈那道題。同樣都是維護不同的集合，維護集合的關係，這樣想這兩個題就是極其類似的。我們使用並查集維護有關係的點a(i , 1)和a(j , 1)的異同關係，將他們之間連邊。

最後考慮有多少個集合，答案即為2的集合數量減1次方。有人可能會有疑問，為什麼不是2的集合個數次方呢？這是因為(1 , 1)這個點自己就是一個集合，但是對答案並沒有貢獻，所以要減一。

Code

#include<iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAXN 400005
#define MOD 1000000000
typedef long long ll;
int n, m, k;
int f[MAXN], c[MAXN];//c是指該點與其父節點的關係，相同或不同
int ans;
struct node{
    int r, c, opt;
} inp[MAXN];//儲存讀入的資訊
inline int read(void){
    int f = 1, x = 0;char ch;
    do{ch = getchar();if(ch=='-')f = -1;} while (ch < '0' || ch > '9');
    do{ x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();} while (ch >= '0' && ch <= '9');
    return f * x;
}
inline int get_father(int x) {
    if (f[x] == x) return x;
    int f1 = get_father(f[x]);
    c[x] = c[x] ^ c[f[x]];//這裡不要忘了維護該點與父節點的關係
    return f[x] = f1;
}
inline int quick_pow(int a,int b){
    int res = 1;
    while(b){
        if(b&1)
            res = 1ll * res * a % MOD;
        a = 1ll * a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
inline void calc(int flag) {
    for (int i = 1; i <= n + m; ++i) 
        f[i] = i, c[i] = 0;//初始化要到n+m，因為維護的是第一行和第一列的點，共n+m個
    if (flag == 1){//如果點(1,1)是1，那麼對除該點外所有數處理(詳見題解裡推的式子)
        for (int i = 1; i <= k; ++i) {
            if (inp[i].r > 1 && inp[i].c > 1) 
                inp[i].opt ^= 1;//0^1=1,1^1=0,0^0=0
        }
    }
    f[n + 1] = 1;//我們把第一列的數從1到m編號，把第一行的點從n+1到n+n編號，那麼(1,1)點的編號會有1和n+1兩個，這裡直接連邊
    for (int i = 1; i <= k; ++i) {//列舉每一個給定的點
        if (inp[i].r == 1 && inp[i].c == 1) 
            continue;//如果是(1,1)，忽略即可
        int f1 = get_father(inp[i].r), f2 = get_father(inp[i].c + n);//取父親
        if (f1 == f2) {//如果已經在同一集合裡了，則判斷是否滿足關係式
            if ((c[inp[i].r] ^ c[inp[i].c + n]) != inp[i].opt) 
                return;//不滿足直接返回
        }
        else {
            f[f1] = f2;//如果不在同一集合，那麼連邊
            c[f1] = c[inp[i].c + n] ^ c[inp[i].r] ^ inp[i].opt;//更新異同關係
        }
    }
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n + m;++i)
        if(f[i]==i)++cnt;
    ans = (1ll * ans + quick_pow(2, cnt - 1)) % MOD;
}
int main() {
    n = read(), m = read();
    k = read();
    int ck = -1;
    for (int i = 1; i <= k; ++i) {
        inp[i].r = read(), inp[i].c = read();
        inp[i].opt = read();
        if ((!(inp[i].r & 1)) && (!(inp[i].c & 1))) 
            inp[i].opt ^= 1;//如果i,j同是偶數，異或1
        if (inp[i].r == 1 && inp[i].c == 1) 
            ck = inp[i].opt;//若給定了(1,1)的值，儲存下來
    }
    if (ck == -1 || ck == 0) calc(0);//列舉
    if (ck == -1 || ck == 1) calc(1);
    printf("%lld\n", ans);//輸出
    return 0;
}