HDU6200 mustedge mustedge mustedge

 

不用看题就知道这是和什么tarjan、缩点或桥一类有关的题。

谁让他取题目叫一个mustedge还连续写3次的（哦，似乎是因为那个比赛的题目都是这个画风）

必须的边 》必须要经过的边 》 桥。

主要是动态维护问题，幸好只有加边操作。
建dfs树之后，在dfs树上加边其实就是让dfs树上一些边没有用了。（就这一点我想了很久才想到，真是zz啊）

那么可以用树剖来维护这个东西（这不是显然的么）

然后你就非常开心地打了一个树剖，一开始树上边的权值都为1，然后每次区间修改(把一个区间所有边的权值变为0)

然后你非常开心地交了。

然后T了。

 

这道题裸的树剖是不行di。$10^6$专卡你。

需要一些小技巧。

我们知道，我们最多有$10^6$个操作，但是我们也最多只有$10^6$个点，也就是$10^6-1$条边。

那么我们在频繁清零的时候，很多边是重复清零了的。

如果我们每个边最多清一次0，就不会很慢。

那就。。。并查集，维护每条边上方第一个没有清零的边(有用的边)。

我们按dfs序建树状数组。然后每次修改就是向上跳到第一个还有没有清零边，然后log时间修改，就是单点修改区间查询。

所以说修改的总时间复杂度不超过$nlogn$，而裸的树剖还要多带一个$log$（求lca一个，修改一个）。

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125

//Serene #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; const int maxn=1e5+10; int T,n,m,Q;   int aa,ff;char cc; int read() {     aa=0;cc=getchar();ff=1;     while(cc<'0'||cc>'9') {         if(cc=='-') ff=-1;         cc=getchar();     }     while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar();     return aa*ff; }   struct Edge{     int u,v; };   vector<Edge> G;   int fir[maxn],nxt[2*maxn],to[2*maxn],e=0; void add(int x,int y) {     to[++e]=y;nxt[e]=fir[x];fir[x]=e;     to[++e]=x;nxt[e]=fir[y];fir[y]=e; }   int f[maxn]; int find(int x) {return x==f[x]? x:f[x]=find(f[x]);}   int fa[maxn],size[maxn],son[maxn],dep[maxn]; void dfs1(int pos) {     size[pos]=1;int y,z;     for(y=fir[pos];y;y=nxt[y]) {         if((z=to[y])==fa[pos]) continue;         fa[z]=pos;dep[z]=dep[pos]+1;         dfs1(z);         size[pos]+=size[z];         if(size[z]>size[son[pos]]) son[pos]=z;     } }   int id[maxn],top[maxn],cnt; void dfs2(int pos,int tp) {     id[pos]=++cnt; top[pos]=tp;     if(!son[pos]) return;     dfs2(son[pos],tp);     int y,z;     for(y=fir[pos];y;y=nxt[y]) {         if((z=to[y])==fa[pos]||to[y]==son[pos]) continue;         dfs2(z,z);     } }   int sz[maxn];   int q(int l,int r) {     int rs=0;l--;     while(r) { rs+=sz[r]; r-=(r&-r); }     while(l) { rs-=sz[l]; l-=(l&-l); }     return rs; }   void chge(int l,int r){     int rr;     for(r=find(r);r>=l;r=f[r]) {         rr=r;         while(rr<=n){ sz[rr]--; rr+=(rr&-rr); }         f[r]=find(r-1);     } }   void get_lca(int x,int y,int p) {     int rs=0;     while(top[x]!=top[y]) {         if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);         if(p) rs+=q(id[top[x]],id[x]);         else chge(id[top[x]],id[x]);         x=fa[top[x]];     }     if(x!=y) {         if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);         if(p) rs+=q(id[y]+1,id[x]);         else chge(id[y]+1,id[x]);     }     if(p) printf("%d\n",rs); }   int main() {     T=read();     int x,y,z,xx,yy;     for(int qaq=1;qaq<=T;++qaq) {         n=read();m=read(); G.clear(); e=0; cnt=0;         memset(fir,0,sizeof(fir));         memset(son,0,sizeof(son));         memset(fa,0,sizeof(fa));         for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;         for(int i=1;i<=m;++i) {             x=read();y=read();             xx=find(x);yy=find(y);             if(xx!=yy) add(x,y),f[xx]=yy;             else G.push_back(Edge{x,y});         }         Q=read(); dep[1]=1;         dfs1(1); dfs2(1,1);         for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;         for(int i=1;i<=n;++i) sz[i]=(i&-i);         z=G.size();         for(int i=0;i<z;++i) get_lca(G[i].u,G[i].v,0);         printf("Case #%d:\n",qaq);         for(int i=1;i<=Q;++i) {             x=read();y=read();z=read();             get_lca(y,z,x-1);         }     }     return 0; }

　　

除此之外，也可以用树状数组维护每个点到根的距离，然后每次修改就是把子树的区间-1，这样就是区间修改单点查询了。

不过还是要用并查集维护每条边上方第一个没有清零的边(有用的边)。

所以说这道题的重点就是避免重复的修改浪费时间，用并查集维护上方第一个没有清零的边。