D2. Mocha and Diana (Hard Version) —— Codeforces Round #738 (Div. 2)

D2. Mocha and Diana (Hard Version)

https://codeforces.com/contest/1559/problem/D2

题目大意

给出两个图，现在可以进行一个操作，就是选出两个点 \(x,y\)，并且在两个图中给 \(x,y\)之间连一条边，这两个点必须满足连边之前不在同一个联通块内。询问你最多可以连多少条边？

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解题思路

\(D1\)的解法是\(n^2\) 的并查集，但是此题\(n^2\)显然过不了。
因此就是需要优化一下 \(n^2\)的枚举过程，首先我们可以固定一个点，比如说点 \(1\)(因为\(1\)点最小，好维护)，那么我们只需要将其他点和 \(1\)进行连边即可。
这里并差集合并时需要按秩合并，即节点编号大的点指向节点编号小的点，因为我们保证\(1\)号点为根结点。
同时维护两个数据结构(这里用栈)存储。
即枚举\(n\)个点并判断(假如当前枚举点为\(i\))：

\(i\)点在两个图中都和 \(1\)处于同一个并查集中，则 \(i\)点不会对答案造成贡献
\(i\)点在两个图中都不与 \(1\)处于同一个并查集中，则此时 \(i\)可以直接与 \(1\)连边，直接存储答案即可
当\(i\)点在第一个图中与\(1\)处于同一个并查集，但在第二个图中没有，则将 \(i\)点存到第二个栈中
当\(i\)点在第一个图中不与\(1\)处于同一个并查集中但在第二个图中与\(1\)处于同一个并差集中，则将\(i\)点存储到第一个栈中

我们可以发现直接将两个栈的元素取出连边是满足题意的，取出之前需要判断这个点是否在两个图中都与 \(1\)处于同一个并差集中，如果是则需要直接将其出栈，因为这个点对答案没有用，而且每次取出之前都需要判断，因为这个点可能受前面连过的点的影响。
假如第一个栈顶元素为\(i\)，第二个栈顶元素为\(j\)，那么\(i\)点在第一个图中不与\(1\)处于同一个并差集中，而\(j\)点在第一个图中所处并差集的根结点就是\(1\)，在第二个图中刚好相反，所以可以直接将\(i,j\)之间连边即可，这样相当于在两个图中都是\(1\)和对应点相合并。

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Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define qc ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<ll, ll>
#define pb push_back
#define V vector
using namespace std;
const int N = 2e5 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
inline int read()
{
   int x=0,f=1;char ch=getchar();
   while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
   while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
   return x*f;
}
int f[N][3];
V<int>v1,v2;
int find(int x,int ff){
   if(x == f[x][ff])
   	return x;
   else {
   	return f[x][ff] = find(f[x][ff],ff);
   }
}
void solve(){
   int n,m1,m2;
   cin >> n >> m1 >> m2;
   for(int i = 1; i <= n;i++)
   	f[i][1] = f[i][2] = i;
   V<PII>ans;
   for(int i = 1; i <= m1;i ++){
   	int x,y;
   	cin >> x >> y;
   	x = find(x,1);
   	y = find(y,1);
   	f[max(x,y)][1] = min(x,y);
   }
   for(int i = 1; i <= m2; i++){
   	int x,y;
   	cin >> x >> y;
   	x = find(x,2);
   	y = find(y,2);
   	f[max(x,y)][2] = min(x,y);
   }
   for(int i = 2; i <= n; i++){
   	int x1 = find(i,1);
   	int x2 = find(i,2);
   	if(x1 == 1 && x2 == 1)
   		continue;
   	if(x1 != 1 && x2 != 1){
   		ans.pb({i,1});
   		f[x1][1] = 1;
   		f[x2][2] = 1;
   		continue;
   	}
   	if(x1 != 1)
   		v1.pb(i);
   	if(x2 != 1)
   		v2.pb(i);
   }
   while(!v1.empty() && !v2.empty()){
   	if(find(v1.back(),1) == 1 && find(v1.back(),2) == 1){
   		v1.pop_back();
   		continue;
   	}
   	if(find(v2.back(),1) == 1 && find(v2.back(),2) == 1){
   		v2.pop_back();
   		continue;
   	}
   	ans.pb({v1.back(),v2.back()});
   	int x = find(v1.back(),1),y = find(v2.back(),1);
   	f[x][1] = y;
   	x = find(v1.back(),2), y = find(v2.back(),2);
   	f[x][2] = y;
   	v1.pop_back();
   	v2.pop_back();
   }
   cout << ans.size() << "\n";
   for(auto p : ans){
   	cout << p.fi <<  " "  << p.se <<"\n";
   }
}

int main()
{
   #ifdef ONLINE_JUDGE
   #else
   	freopen("in.txt", "r", stdin);
   	freopen("out.txt", "w", stdout);
   #endif

   qc;
   int T = 1;
   //cin >> T;
   while(T--){
   	solve();
   }
   return 0;
}