Kruskal 重构树 学习笔记
Kruskal 重构树~
参考资料：Kruskal 重构树学习笔记 - ImmortalWatcher
upd on 10.26：更新了一道例题。
upd on 2023.10.26：好巧呀，竟然刚好是一年之后。又更新了一道例题。
定义
顾名思义，Kruskal 重构树就是用 Kruskal 生成树算法在无向图上得到的树所构建出的新树。
Kruskal 重构树具有良好的性质，在一些特定的问题上能够帮助我们解决问题。
构造
这里以 Kruskal 最小生成树为例。
将所有边按升序排序，用 Kruskal 算法跑出最小生成树。
接着，将最小生成树上的边逐个取出，设当前边为 \((x,y)\)，若 \(x,y\) 在新树上尚未连通，就新建一个节点 \(new\)，令 \(new\) 分别于 \(x,y\) 在新树上的根节点（初始时为它本身）连边。
这个过程可以在最小生成树的计算中同步完成。
for(int i = 1;i <= n * 2;++ i)
pre[i] = i;
std::sort(E + 1 , E + 1 + m , [&](const node& p,const node& q) {
return p.t < q.t;
});
cnt = n;
for(int i = 1;i <= m;++ i) {
int u = find(E[i].u),v = find(E[i].v);
if(u == v)continue ;
pre[u] = pre[v] = ++ cnt;
val[cnt] = E[i].t;
G[cnt].pb(u);
G[cnt].pb(v);
if(cnt == 2 * n - 1)break ;
}
性质
-
是一棵二叉树。
-
可以将其视作一个堆。
-
关键性质：原图中两个点间所有路径上的边最大权值的最小值 \(=\) 最小生成树上两点简单路径的边最大权值 \(=\) Kruskal 重构树上两点 LCA 的点权。
如果我们要找到从 \(x\) 出发经过权值不超过 \(val\) 的边所能到达的点 \(y\) 的集合，只需要建出 Kruskal 重构树，倍增找出点权 \(\le val\) 的最浅节点，它的子树内叶子结点即是 \(y\) 的集合。
类似地，如果要使最小边权最大化，只需用 Kruskal 建立最大生成树的重构树即可。
例题
[BZOJ#3732]Network
给定 \(n\) 个结点，\(m\) 条边的无向图，\(Q\) 次询问，每次问 \(a\to b\) 路径上最大边权最小值。
\(1\le n\le 1.5\times 10^4,1\le m\le 3\times 10^4,1\le Q\le 2\times 10^4\)
根据 Kruskal 重构树的性质，直接建出最小生成树的重构树，跑倍增 LCA 即可。
不知道是什么题
给定一个带权树。定义 \(d(x,y)\) 为 \(x\to y\) 路径上的最小边权。对于 \(1\sim n\)，求 \(f(i)=\sum\limits_{x\in [1,n]} d(x,i)\)
建出 Kruskal 重构树。
根据性质中的结论，两点间路径上边权最小值即为重构树上两点间 LCA 的点权。
那么我们枚举每个新点，显然它的左子树和右子树间互相有贡献，树上差分一波就行。
（因为这道题不知道是哪的，我也没写代码，以上为纯口胡，如果错了请见谅 qwq）
[CF915F]Imbalance Value of a Tree
给定一棵 \(n\) 个点的树，第 \(i\) 个点点权为 \(a_i\)
定义 \(I(i,j)\) 为 \(i\to j\) 路径上的点权极差。求 \(\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n I(i,j)\)
\(1\le n\le 10^6\)
显然，极差之和可以转化为最大值之和减去最小值之和。
根据 Kruskal 重构树的性质，两次建树，分别建出最大和最小重构树，重构的过程中计算答案即可。
// Problem: CF915F Imbalance Value of a Tree
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/CF915F
// Memory Limit: 250 MB
// Time Limit: 4000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
typedef long long ll;
const int maxn = 2e6 + 5;
int n,a[maxn],cnt,pre[maxn],sz[maxn];
ll ans;
struct node {
int u,v,t;
node() {
u = v = t = 0;
}
node(int u,int v,int t):u(u),v(v),t(t){}
}E[maxn];
int find(int x) {
return x == pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;++ i)
scanf("%d",&a[i]),sz[i] = 1;
for(int i = 1;i < n;++ i) {
scanf("%d %d",&E[i].u,&E[i].v);
E[i].t = std::max(a[E[i].u] , a[E[i].v]);
}
std::sort(E + 1 , E + n , [&](const node& p,const node& q) {
return p.t < q.t;
});
cnt = n;
for(int i = 1;i <= n * 2;++ i)pre[i] = i;
for(int i = 1;i < n;++ i) {
int u = find(E[i].u),v = find(E[i].v);
if(u == v)continue ;
pre[u] = pre[v] = ++ cnt;
sz[cnt] = sz[u] + sz[v];
ans += 1ll * sz[u] * sz[v] * E[i].t;
}
for(int i = 1;i < n;++ i)
E[i].t = std::min(a[E[i].u] , a[E[i].v]);
std::sort(E + 1 , E + n , [&](const node& p,const node& q) {
return p.t > q.t;
});
cnt = n;
for(int i = 1;i <= n * 2;++ i)pre[i] = i;
for(int i = 1;i <= n;++ i)sz[i] = 1;
for(int i = 1;i < n;++ i) {
int u = find(E[i].u),v = find(E[i].v);
if(u == v)continue ;
pre[u] = pre[v] = ++ cnt;
sz[cnt] = sz[u] + sz[v];
ans -= 1ll * sz[u] * sz[v] * E[i].t;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
[ONTAK2010] Peaks 加强版
给定一张 \(n\) 个点，\(m\) 条边的带权无向图，第 \(i\) 个点的点权为 \(a_i\)。
\(Q\) 次询问，强制在线，每次询问点 \(u\) 经过权值不超过 \(x\) 的边所能到达的点的点权的 \(k\) 大值。
\(1\le n\le 10^5,1\le m,Q\le 5\times 10^5\)
构建最小生成树的重构树，用性质中提到的方法倍增求出 \(u\) 能到达的节点集合。
离散化一下 \(a\)，跑出 dfs 序，用主席树维护区间第 \(k\) 大即可。
（在非加强版中，这个也可以用线段树合并离线解决）
// Problem: P7834 [ONTAK2010] Peaks 加强版
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P7834
// Memory Limit: 128 MB
// Time Limit: 2500 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxm = 5e5 + 5;
std::vector<int> G[maxn << 1];
struct node {
int u,v,t;
node() {
u = v = t = 0;
}
}E[maxm];
int n,m,Q,a[maxn],val[maxn << 1],pre[maxn << 1],cnt,res,b[maxn];
int find(int x) {
return x == pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}
int f[maxn << 1][20],d[maxn << 1],lg[maxn << 1],rk[maxn << 1],L[maxn << 1],R[maxn << 1],dfn[maxn << 1],tot;
void dfs(int u) {
if(!G[u].size()) {
rk[dfn[u] = ++ tot] = u;
L[u] = R[u] = dfn[u];
return ;
}
L[u] = n;
R[u] = 0;
for(auto& v : G[u]) {
d[v] = d[u] + 1;
f[v][0] = u;
for(int k = 1;(1 << k) <= d[v];++ k)
f[v][k] = f[f[v][k - 1]][k - 1];
dfs(v);
L[u] = std::min(L[u] , L[v]);
R[u] = std::max(R[u] , R[v]);
}
return ;
}
int rt[maxn],ls[maxn << 5],rs[maxn << 5],sum[maxn << 5],num;
int build(int l,int r) {
int p = ++ num;
sum[p] = 0;
if(l == r)return p;
int mid = l + r >> 1;
ls[p] = build(l , mid);
rs[p] = build(mid + 1 , r);
return p;
}
int modify(int i,int l,int r,int val) {
int p = ++ num;
sum[p] = sum[i] + 1;
if(l == r)return p;
int mid = l + r >> 1;
if(val <= mid)ls[p] = modify(ls[i] , l , mid , val),rs[p] = rs[i];
else rs[p] = modify(rs[i] , mid + 1 , r , val),ls[p] = ls[i];
return p;
}
int query(int i,int pre,int l,int r,int k) {
if(l == r)return l;
int mid = l + r >> 1,x = sum[ls[i]] - sum[ls[pre]];
if(k <= x)return query(ls[i] , ls[pre] , l , mid , k);
else return query(rs[i] , rs[pre] , mid + 1 , r , k - x);
}
int main() {
scanf("%d %d %d",&n,&m,&Q);
for(int i = 1;i <= n;++ i)
scanf("%d",&a[i]),b[i] = a[i];
std::sort(b + 1 , b + 1 + n);
res = std::unique(b + 1 , b + 1 + n) - b - 1;
for(int i = 1;i <= n;++ i)
a[i] = std::lower_bound(b + 1 , b + 1 + res , a[i]) - b;
for(int i = 1;i <= m;++ i)
scanf("%d %d %d",&E[i].u,&E[i].v,&E[i].t);
for(int i = 1;i <= n * 2;++ i)
pre[i] = i;
std::sort(E + 1 , E + 1 + m , [&](const node& p,const node& q) {
return p.t < q.t;
});
cnt = n;
for(int i = 1;i <= m;++ i) {
int u = find(E[i].u),v = find(E[i].v);
if(u == v)continue ;
pre[u] = pre[v] = ++ cnt;
val[cnt] = E[i].t;
G[cnt].pb(u);
G[cnt].pb(v);
if(cnt == 2 * n - 1)break ;
}
for(int i = 2;i <= n * 2;++ i)
lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
dfs(cnt);
rt[0] = build(1 , res);
for(int i = 1;i <= n;++ i)
rt[i] = modify(rt[i - 1] , 1 , res , a[rk[i]]);
int ans = 0;
while(Q --) {
int u,x,k,v;
scanf("%d %d %d",&u,&x,&k);
u = (u ^ ans) % n + 1;
k = (k ^ ans) % n + 1;
x ^= ans;
v = u;
for(int p = lg[d[u]];~ p;-- p)
if(f[v][p]&&val[f[v][p]] <= x)v = f[v][p];
if(R[v] - L[v] + 1 < k)puts("-1"),ans = 0;
else printf("%d\n",ans = b[query(rt[R[v]] , rt[L[v] - 1] , 1 , res , R[v] - L[v] + 1 - k + 1)]);
}
return 0;
}
[AGC002D] Stamp Rally
给定一个连通无向图。\(q\) 次询问，每次给定两个点 \(x,y\)，求从 \(x,y\) 总共走 \(z\) 步经过的边编号最大值的最小值是多少。
\(1\le n,m,q\le 10^5\)
前面的题目都对边权做了限制，但这题没有，它只对步数做了限制。
考虑二分答案，转化为判定：\(x,y\) 只走编号 \(\le k\) 的边所能到达的点是否 \(\ge z\)。
仍然是建出 Kruskal 重构树，\(x,y\) 都倍增一下（注意判重），根据叶子结点的数量判断即可。
// Problem: AT_agc002_d [AGC002D] Stamp Rally
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/AT_agc002_d
// Memory Limit: 250 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
const int maxn = 1e5 + 5;
int n,m,cnt,pre[maxn << 1],val[maxn << 1];
int sum[maxn << 1],d[maxn << 1],lg[maxn << 1],f[maxn << 1][20];
std::vector<int> G[maxn << 1];
int find(int x) {
return x == pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}
void dfs(int u) {
for(auto& v : G[u]) {
d[v] = d[u] + 1;
f[v][0] = u;
for(int k = 1;(1 << k) <= d[v];++ k)
f[v][k] = f[f[v][k - 1]][k - 1];
dfs(v);
sum[u] += sum[v];
}
return ;
}
int calc(int x,int y,int mid) {
for(int k = 17;~ k;-- k) {
if(f[x][k]&&val[f[x][k]] <= mid)x = f[x][k];
if(f[y][k]&&val[f[y][k]] <= mid)y = f[y][k];
}
return (x ^ y) ? sum[x] + sum[y] : sum[x];
}
int main() {
scanf("%d %d",&n,&m);
cnt = n;
for(int i = 1;i <= n;++ i)sum[i] = 1;
for(int i = 1;i <= 2 * n;++ i)pre[i] = i;
for(int i = 1;i <= m;++ i) {
int u,v;
scanf("%d %d",&u,&v);
u = find(u);
v = find(v);
if(u == v)continue ;
pre[u] = pre[v] = ++ cnt;
val[cnt] = i;
G[cnt].pb(u);
G[cnt].pb(v);
}
for(int i = 2;i <= 2 * n;++ i)
lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
dfs(cnt);
int Q;
for(scanf("%d",&Q);Q --;) {
int x,y,z;
scanf("%d %d %d",&x,&y,&z);
int l = 1,r = m;
while(l <= r) {
int mid = l + r >> 1;
if(calc(x , y , mid) >= z)r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
printf("%d\n",l);
}
return 0;
}
[NOI2018] 归程 - 洛谷
好长的题面，不简述了。
把最大生成树的重构树建出来，水位线的限制就解除了。
预处理出 1 号节点到其它点的最短路，用倍增找出从 \(v\) 乘车出发能到达的所有点。
此时问题就是静态查询子树内叶子结点的权值最小值，构树的时候就能预处理出来。
要注意一下这题的最短路，出题人刻意卡了 SPFA。关于 SPFA，它死了。
// Problem: P4768 [NOI2018] 归程
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P4768
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 4000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
typedef std::pair<int,int> pii;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int maxm = 4e5 + 5;
int n,m,cnt,pre[maxn << 1],dis[maxn << 1],val[maxn << 1];
std::vector<int> G[maxn << 1];
struct node {
int u,v,x;
node() {
u = v = x = 0;
}
node(int u,int v,int x):u(u),v(v),x(x){}
}E[maxm];
int find(int x) {
return pre[x] == x ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}
std::vector<pii> S[maxn];
std::priority_queue<pii,std::vector<pii>,std::greater<pii> > q;
bool vis[maxn];
void dijkstra(int s) {
for(int i = 1;i <= n;++ i)
dis[i] = 2e9,vis[i] = false;
q.emplace(dis[s] = 0 , s);
while(!q.empty()) {
int u = q.top().second;
q.pop();
if(vis[u])continue ;
vis[u] = true;
for(auto& [v , w] : S[u]) {
if(dis[v] > dis[u] + w)
q.emplace(dis[v] = dis[u] + w , v);
}
}
return ;
}
int d[maxn << 1],lg[maxn << 1],f[maxn << 1][20];
void dfs(int u) {
for(auto& v : G[u]) {
d[v] = d[u] + 1;
f[v][0] = u;
for(int k = 1;(1 << k) <= d[v];++ k)
f[v][k] = f[f[v][k - 1]][k - 1];
dfs(v);
}
return ;
}
void work() {
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;++ i)
S[i].clear();
for(int i = 1;i <= m;++ i) {
int u,v,t,x;
scanf("%d %d %d %d",&u,&v,&t,&x);
E[i] = node(u , v , x);
S[u].pb(v , t);
S[v].pb(u , t);
}
dijkstra(1);
cnt = n;
for(int i = 1;i <= n * 2;++ i)
G[i].clear(),pre[i] = i;
std::sort(E + 1 , E + 1 + m , [&](const node& p,const node& q) {
return p.x > q.x;
});
for(int i = 1;i <= m;++ i) {
int u = find(E[i].u),v = find(E[i].v);
if(u == v)continue ;
pre[u] = pre[v] = ++ cnt;
val[cnt] = E[i].x;
dis[cnt] = std::min(dis[u] , dis[v]);
G[cnt].pb(u);
G[cnt].pb(v);
}
for(int i = 2;i <= n * 2;++ i)
lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
for(int i = 1;i <= n * 2;++ i)
for(int k = 0;k < 20;++ k)
f[i][k] = 0;
dfs(cnt);
int Q,k,s,ans = 0;
scanf("%d %d %d",&Q,&k,&s);
while(Q --) {
int u,p;
scanf("%d %d",&u,&p);
u = (u + k * ans - 1) % n + 1;
p = (p + k * ans) % (s + 1);
for(int j = lg[d[u]];~ j;-- j)
if(f[u][j]&&val[f[u][j]] > p)u = f[u][j];
printf("%d\n",ans = dis[u]);
}
return ;
}
int main() {
int T;
scanf("%d",&T);
while(T --)work();
return 0;
}
[CERC2016]机棚障碍 Hangar Hurdles
还是懒得概括题面。
不难发现，一个箱子从点 \(A\) 移动到点 \(B\) 的充要条件是箱子大小不超过 \(A,B\) 两点的限制。
用二分和二维前缀和预处理出来点 \((i,j)\) 的限制，设为 \(d(i,j)\)。
显然，若 \((i,j)\) 与 \((x,y)\) 相邻，那么它们之间可以连一条权值为 \(\min\{d(i,j),d(x,y)\}\) 的边。
每次询问要回答的其实就是从 \(A_k\) 到 \(B_k\) 的最小权值的最大值。
这个模型显然就是最大生成树重构树的模型。直接套模板即可。
我参考的学习笔记中，大佬给出了 FloodFill 缩点减少时空复杂度的方法。我这里也写了一下。当然，不这样写也可以过。
// Problem: P3684 [CERC2016]机棚障碍 Hangar Hurdles
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3684
// Memory Limit: 500 MB
// Time Limit: 4000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
const int maxn = 1005;
const int maxm = 3e6 + 5;
int n,d[maxn][maxn],dfn[maxn][maxn],cnt,pre[maxm],val[maxm],sum[maxn][maxn];
char s[maxn][maxn];
std::vector<int> tmp,G[maxm];
int fx[] = {1 , 0 , -1 , 0},fy[] = {0 , 1 , 0 , -1};
struct node {
int u,v,t;
node() {
u = v = t = 0;
}
node(int u,int v,int t):u(u),v(v),t(t){}
}E[maxm];
int find(int x) {
return x == pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}
void dfs(int x,int y) {
if(dfn[x][y])return ;
dfn[x][y] = cnt;
for(int k = 0;k < 4;++ k) {
int nx = x + fx[k],ny = y + fy[k];
if(nx < 1||nx > n||ny < 1||ny > n)continue ;
if(!dfn[nx][ny]&&d[nx][ny] == d[x][y])dfs(nx , ny);
}
}
int f[maxm][23],lg[maxm],dep[maxm];
void DFS(int u) {
for(auto& v : G[u]) {
dep[v] = dep[u] + 1;
f[v][0] = u;
for(int k = 1;(1 << k) <= dep[v];++ k)
f[v][k] = f[f[v][k - 1]][k - 1];
DFS(v);
}
return ;
}
int LCA(int u,int v) {
if(dep[u] < dep[v])std::swap(u , v);
for(int k = lg[dep[u]];~ k;-- k) {
if(dep[u] - (1 << k) >= dep[v]) {
u = f[u][k];
}
if(u == v)return u;
}
for(int k = lg[dep[u]];~ k;-- k) {
if(f[u][k] != f[v][k]) {
u = f[u][k];
v = f[v][k];
}
}
return f[u][0];
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i += 2)tmp.pb(i);
for(int i = 1;i <= n;++ i) {
scanf("%s",s[i] + 1);
for(int j = 1;j <= n;++ j) {
sum[i][j] += sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + (s[i][j] == '#');
}
}
for(int i = 1;i <= n;++ i) {
for(int j = 1;j <= n;++ j) {
if(s[i][j] == '#') {
d[i][j] = 0;
continue ;
}
int l = 0,r = tmp.size() - 1;
while(l <= r) {
int mid = l + r >> 1,k = tmp[mid] >> 1;
if(i + k > n||i - k <= 0||j + k > n||j - k <= 0) {
r = mid - 1;
continue ;
}
if(sum[i + k][j + k] - sum[i + k][j - k - 1] - sum[i - k - 1][j + k] + sum[i - k - 1][j - k - 1] > 0)
r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
d[i][j] = tmp[r];
}
}
for(int i = 1;i <= n;++ i) {
for(int j = 1;j <= n;++ j) {
if(!dfn[i][j]) {
val[++ cnt] = d[i][j];
dfs(i , j);
}
}
}
int tot = 0;
for(int i = 1;i <= n;++ i) {
for(int j = 1;j <= n;++ j) {
for(int k = 0;k < 2;++ k) {//注意一下，这里不是 4 而是 2，减少了一些重复的边。
int x = i + fx[k],y = j + fy[k];
if(x < 1||x > n||y < 1||y > n)continue ;
if(dfn[i][j] != dfn[x][y])
E[++ tot] = node(dfn[i][j] , dfn[x][y] , std::min(d[i][j] , d[x][y]));
}
}
}
std::sort(E + 1 , E + 1 + tot , [&](const node& p,const node& q) {
return p.t > q.t;
});
for(int i = 1;i <= cnt * 2;++ i)pre[i] = i;
for(int i = 1;i <= tot;++ i) {
int u = find(E[i].u),v = find(E[i].v);
if(u == v)continue ;
pre[u] = pre[v] = ++ cnt;
val[cnt] = E[i].t;
G[cnt].pb(u);
G[cnt].pb(v);
}
for(int i = 2;i <= cnt;++ i)
lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
DFS(cnt);
int Q;
scanf("%d",&Q);
while(Q --) {
int x,y,nx,ny;
scanf("%d %d %d %d",&x,&y,&nx,&ny);
printf("%d\n",val[LCA(dfn[x][y] , dfn[nx][ny])]);
}
return 0;
}
[CF1706E] Qpwoeirut and Vertices
这是我在学习 Kruskal 重构树之前遇到的第一道 Kruskal 重构树的题目。
题解在这里，当时我并不会标准的 Kruskal 重构树，本质上是写了一个最小生成树上倍增。
不过这题是名副其实的 Educational 题，质量很不错，可以拿来练手。
[IOI2018] werewolf 狼人
仍然懒得写题意。
首先要发现，这个问题的本质是：
令 \(A\) 为 \(S\) 经过 \(\ge L\) 的边能到达的点的集合，\(B\) 为 \(E\) 经过 \(\le R\) 的边能到达的点的集合，判断 \(A\cap B\) 是否为空集。这个问题的加强版在 [CF1093E]Intersection of Permutations，需要了解做法。
分别构建两棵重构树，一棵为最大生成树 \(tr_0\)，一棵为最小生成树 \(tr_1\)。
预处理出两棵树的 dfs 序，在询问中倍增求区间，然后用主席树求解即可。
这里有个很简单，但困扰了我很长时间的问题：边权怎么设？我不会说我是因为这个问题调了 4h 的。
因为 \(S\) 经过的所有点编号都要 \(\ge L\)，所以 \(tr_0\) 中，边 \((u,v)\) 的权值应为 \(\min\{u,v\}\)。
相应的，\(tr_1\) 中边 \((u,v)\) 的权值为 \(\max\{u,v\}\)。
因为一开始这个简单的问题我没搞明白，导致代码中建树的过程乱七八糟，见谅。
// Problem: P4899 [IOI2018] werewolf 狼人
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P4899
// Memory Limit: 500 MB
// Time Limit: 4000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
const int maxn = 4e5 + 5;
int n,m,Q,pre[maxn],a[maxn],rk[maxn],from[maxn],to[maxn];
struct Edge {
int u,v,t;
Edge() {
u = v = t = 0;
}
Edge(int u,int v,int t):u(u),v(v),t(t){}
}E[maxn];
int find(int x) {
return x == pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}
struct Kruskal_rebuild {
std::vector<int> G[maxn];
int val[maxn],cnt,num,lg[maxn],f[maxn][20],d[maxn],L[maxn],R[maxn],dfn[maxn];
void dfs(int u) {
if(u <= n)
L[u] = R[u] = ++ num,dfn[num] = u,val[u] = u;
else L[u] = num + 1;
for(auto& v : G[u]) {
d[v] = d[u] + 1;
f[v][0] = u;
for(int k = 1;(1 << k) <= d[v];++ k)
f[v][k] = f[f[v][k - 1]][k - 1];
dfs(v);
}
R[u] = num;
return ;
}
void build_1() {
for(int i = 1;i <= m;++ i)
E[i].u = from[i],E[i].v = to[i],E[i].t = std::max(E[i].u , E[i].v);
for(int i = 1;i <= n * 2;++ i)pre[i] = i;
cnt = n;
std::sort(E + 1 , E + 1 + m , [&](const Edge& p,const Edge& q) {
return p.t < q.t;
});
for(int i = 1;i <= m;++ i) {
int u = find(E[i].u),v = find(E[i].v);
if(u == v)continue ;
pre[u] = pre[v] = ++ cnt;
val[cnt] = E[i].t;
G[cnt].pb(u);
G[cnt].pb(v);
if(cnt == 2 * n - 1)break ;
}
for(int i = 2;i <= n * 2;++ i)
lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
dfs(cnt);
return ;
}
void build_2() {
for(int i = 1;i <= m;++ i)
E[i].u = from[i],E[i].v = to[i],E[i].t = std::min(E[i].u , E[i].v);
for(int i = 1;i <= n * 2;++ i)pre[i] = i;
cnt = n;
std::sort(E + 1 , E + 1 + m , [&](const Edge& p,const Edge& q) {
return p.t > q.t;
});
for(int i = 1;i <= m;++ i) {
int u = find(E[i].u),v = find(E[i].v);
if(u == v)continue ;
pre[u] = pre[v] = ++ cnt;
val[cnt] = E[i].t;
G[cnt].pb(u);
G[cnt].pb(v);
if(cnt == 2 * n - 1)break ;
}
for(int i = 2;i <= n * 2;++ i)
lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
dfs(cnt);
return ;
}
int find_1(int x,int v) {
for(int k = lg[d[x]];~ k;-- k)
if(f[x][k]&&val[f[x][k]] >= v)x = f[x][k];
return x;
}
int find_2(int x,int v) {
for(int k = lg[d[x]];~ k;-- k)
if(f[x][k]&&val[f[x][k]] <= v)x = f[x][k];
return x;
}
}tr[2];
int tot,ls[maxn << 5],rs[maxn << 5],sum[maxn << 5],rt[maxn];
int build(int l,int r) {
int p = ++ tot;
sum[p] = 0;
if(l == r)return p;
int mid = l + r >> 1;
ls[p] = build(l , mid);
rs[p] = build(mid + 1 , r);
return p;
}
int modify(int i,int l,int r,int pos) {
int p = ++ tot;
sum[p] = sum[i] + 1;
if(l == r)return p;
int mid = l + r >> 1;
if(pos <= mid)ls[p] = modify(ls[i] , l , mid , pos),rs[p] = rs[i];
else rs[p] = modify(rs[i] , mid + 1 , r , pos),ls[p] = ls[i];
return p;
}
int query(int i,int pre,int l,int r,int val) {
if(l == r)return l == val ? sum[i] - sum[pre] : 0;
int mid = l + r >> 1;
if(val <= mid)return query(ls[i] , ls[pre] , l , mid , val);
else return query(rs[i] , rs[pre] , mid + 1 , r , val) + sum[ls[i]] - sum[ls[pre]];
}
int main() {
int Q;
scanf("%d %d %d",&n,&m,&Q);
for(int i = 1;i <= m;++ i) {
scanf("%d %d",&from[i],&to[i]);
++ from[i];
++ to[i];
}
tr[0].build_2();//这里 build_1 和 build_2 是反过来的，看得有点难受，还是一开始没理解的锅。
tr[1].build_1();
for(int i = 1;i <= n;++ i)rk[tr[0].dfn[i]] = i;
rt[0] = build(1 , n);
for(int i = 1;i <= n;++ i)
rt[i] = modify(rt[i - 1] , 1 , n , rk[tr[1].dfn[i]]);
while(Q --) {
int s,t,l,r;
scanf("%d %d %d %d",&s,&t,&l,&r);
++ s;
++ t;
++ l;
++ r;
int x = tr[0].find_1(s , l),y = tr[1].find_2(t , r);
if(query(rt[tr[1].R[y]] , rt[tr[1].L[y] - 1] , 1 , n , tr[0].R[x]) - query(rt[tr[1].R[y]] , rt[tr[1].L[y] - 1] , 1 , n , tr[0].L[x] - 1))
puts("1");
else
puts("0");
}
return 0;
}
本来还有两道例题，是 [CF1578L] Labyrinth 和 [ARC098F] Donation ，不过我看了一下，一道 CF *2400，一道 AT *3200，感觉不好惹，先溜了，以后再补（挖坑
不知道能不能有人看到的 upd：现在我会 Donation 了，如果要挂上来还有人看吗？（
挂个 链接 先跑路咯~
