NHOI 2023 Feb T6 拯救地球

题意

地球上有 $n$ 个国家，有 $m$ 条无向道路，每条道路上只有一个外星生物（地球上的外星生物全部都在道路上，国家里面没有外星生物），每个外星生物都有一个防御值，接着你有 $q$ 次任务，每次任务你拥有 $w$ 的攻击力（每次任务的攻击力是一直不变的），然后用传送门将你送去国家 $x$（国家 $x$ 已经被你拯救），你的任务就是拯救尽可能多的国家。（如果国家 $a$ 与国家 $b$ 之间有一条道路，国家 $a$ 已经被你拯救，并且你的攻击值大于等于这条道路上外星生物的防御值，那么国家 $b$ 能被你拯救，否则你无法通过这条道路拯救国家 $b$）

对于每次任务，输出你最多能拯救的国家数目，每次任务独立，互不影响。

Step1:

直接暴力建图，暴力计算答案。

于是时间复杂度就为 $O(qm)$ 。

因为很显然并不是正解，所以就没打了。

Step2:

不难发现，如果从 $a$ 开始可以拯救到 $b$，那么再相同的情况下从 $b$ 也能到 $a$。既然如此，所有点都能到达在同一连通块的任一点了，而答案正是这个连通块的点的数量。两个点连一条边，就是将两点所对应的这两个连通块合并。

既然如此，我们可以用并查集来维护这个合并了。

显然如果一条边的边权 $ew$，给定的战斗力为 $qw$，那么必须要满足 $ew\le qw$ 才能连这条边。注意到询问中的 $w$ 并不是升序的，可以使用离线来让他变成升序。并且所有边都是按照 $w$ 来排序的，这样就可以不需要有删边的操作了。

于是，这个代码很轻松的就出来了。

注意一点，这里可以直接存 $u,v,w$ ，而不是真正的建图。因为在这里，建一条边实质只是把两个连通块合并而已。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5,M=4e5+5,Q=2e5+5;
int n,m,q,p;
struct edge{int u,v,w;}e[M];
bool cmp(edge x,edge y){return x.w<y.w;}
struct data{int b,id,w,ans;}que[Q];
bool cmpw(data x,data y){return x.w<y.w;}
bool cmpid(data x,data y){return x.id<y.id;}
int fa[N],num[N];
int find(int x){return (x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]));}
void merge(int u,int v)
{
	u=find(u);v=find(v);
	if(u==v)return;
	fa[v]=u;
	num[u]+=num[v];
}
void solve(int lim)
{
	while(1)
	{
		p++;
		if(p>m)break;
		if(e[p].w<=lim)merge(e[p].u,e[p].v);
		else break;
	}
	p--;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,num[i]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
	sort(e+1,e+1+m,cmp);
	for(int i=1;i<=q;i++)scanf("%d%d",&que[i].b,&que[i].w),que[i].id=i;
	sort(que+1,que+1+q,cmpw);
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		solve(que[i].w);
		que[i].ans=num[find(que[i].b)];
	}
	sort(que+1,que+1+q,cmpid);
	for(int i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",que[i].ans);
	return 0;
}