[BZOJ] 2733: [HNOI2012]永无乡 #线段树合并+并查集

2733: [HNOI2012]永无乡

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 4123  Solved: 2196
[Submit][Status][Discuss]

Description

永无乡包含 n 座岛，编号从 1 到 n，每座岛都有自己的独一无二的重要度，按照重要度可 以将这 n 座岛排名，名次用 1 到 n 来表示。某些岛之间由巨大的桥连接，通过桥可以从一个岛 到达另一个岛。如果从岛 a 出发经过若干座（含 0 座）桥可以到达岛 b，则称岛 a 和岛 b 是连 通的。现在有两种操作：B x y 表示在岛 x 与岛 y 之间修建一座新桥。Q x k 表示询问当前与岛 x连通的所有岛中第 k 重要的是哪座岛，即所有与岛 x 连通的岛中重要度排名第 k 小的岛是哪 座，请你输出那个岛的编号。 
 

Input

输入文件第一行是用空格隔开的两个正整数 n 和 m，分别 表示岛的个数以及一开始存在的桥数。接下来的一行是用空格隔开的 n 个数，依次描述从岛 1 到岛 n 的重要度排名。随后的 m 行每行是用空格隔开的两个正整数 ai 和 bi，表示一开始就存 在一座连接岛 ai 和岛 bi 的桥。后面剩下的部分描述操作，该部分的第一行是一个正整数 q， 表示一共有 q 个操作，接下来的 q 行依次描述每个操作，操作的格式如上所述，以大写字母 Q 或B 开始，后面跟两个不超过 n 的正整数，字母与数字以及两个数字之间用空格隔开。 对于 20%的数据 n≤1000,q≤1000 
 
对于 100%的数据 n≤100000,m≤n，q≤300000 
 

Output

对于每个 Q x k 操作都要依次输出一行，其中包含一个整数，表 示所询问岛屿的编号。如果该岛屿不存在，则输出-1。 
 

Sample Input

5 1
4 3 2 5 1
1 2
7
Q 3 2
Q 2 1
B 2 3
B 1 5
Q 2 1
Q 2 4
Q 2 3

Sample Output

-1
2
5
1
2

HINT

 

Source

 

Analysis

啊，这题做的真xx艰难

qwq

题目是不难码的，标准的 权值线段树+线段树合并+并查集防重边

线段树合并，前人之述备矣

并查集防重边：合并同一棵线段树，也许会有很大几率（100%-eps）出错；为了安全在合并两棵线段树之前需要判断一下是否是联通块

那么，树顶的编号究竟是要存在哪就有点争议了

笔者选择保存在并查集里作为公共祖先，这样的话 root[ i ] 就只保存每个结点最初那棵线段树的 rt 编号，而实时的树顶编号则是 find(root[i]) 

值得一提的是，我写的时候这里并查集居然出事了

原先写的并查集是 “pre[x]为 0 则为当前点，否则转至pre[x]寻找pre[pre[x]]”
然而在第7个点发生了RE
于是改成黄学长风格的并查集
初始化 pre[x] = x 才算解决了问题

此外就没有什么其他问题了

 

Code

#include<stdio.h>
#define maxn 1000000
using namespace std;

int TIM,chart[maxn],root[maxn],n,m,q,rank[maxn];

struct node{
    int L,R,lc,rc,sum;
}T[maxn*5];

int build(int L,int R,int pos){
    int rt = ++TIM;
    T[rt].L = L, T[rt].R = R;
    if(L == R){ T[rt].sum = 1; return rt; }
    int mid = (L+R)>>1;
    if(pos <= mid) T[rt].lc = build(L,mid,pos);
    else T[rt].rc = build(mid+1,R,pos);
    T[rt].sum = T[T[rt].lc].sum+T[T[rt].rc].sum;
    return rt;
}

int query(int rt,int pos){
    if(!rt || pos > T[rt].sum) return -1;
    if(T[rt].L == T[rt].R) return chart[T[rt].L];
    if(pos <= T[T[rt].lc].sum) return query(T[rt].lc,pos);
    else return query(T[rt].rc,pos-T[T[rt].lc].sum);
}

int Merge(int rt_a,int rt_b){
    if(!rt_a||!rt_b) return rt_a^rt_b;
    T[rt_a].lc = Merge(T[rt_a].lc,T[rt_b].lc);
    T[rt_a].rc = Merge(T[rt_a].rc,T[rt_b].rc);
    T[rt_a].sum += T[rt_b].sum;
    return rt_a;
}

int pre[maxn*4]; int find(int x){
    if(pre[x] == x) return x;
    else{ pre[x] = find(pre[x]); return pre[x]; }
}void unite(int u,int v){
    if(find(root[u]) == find(root[v]) && root[u] == root[v]) return;
    Merge(find(root[u]),find(root[v]));
    pre[find(root[v])] = find(root[u]);
}

void Q(){
    int x,k; scanf("%d%d",&x,&k);
    int ans = query(find(root[x]),k);
    printf("%d\n",ans);
}

void B(){
    int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
    if(!u && !v) return;
    unite(u,v);
}

int main(){
//    freopen("input7.in","r",stdin);
//    freopen("1.out","w",stdout);
    
    scanf("%d%d",&n,&m);
    
    for(int i = 1;i <= n;i++){ scanf("%d",&rank[i]); chart[rank[i]] = i; }
    
    for(int i = 1;i <= n;i++) root[i] = build(1,n,rank[i]),pre[root[i]] = root[i];
    
    for(int i = 1;i <= m;i++){
        int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
        if(!u && !v) continue;
        unite(u,v);
    }
    
//    printf("root[34534]: %d\n",root[34534]);
    
    scanf("%d",&q);
    
    for(int i = 1;i <= q;i++){
        char ctr[2]; scanf("%s",ctr);
        if(ctr[0] == 'Q') Q();
        else B();
    }return 233;
        
    return 0;
}