YbtOJ-毒瘤染色【LCT】

1|0正题

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1|1题目大意

开始时有一张$n$个点没有边的图，$q$次操作加入一条边，如果加入后图是一个沙漠（只有边仙人掌的图）时才能够加入。

每次加入后询问：开始所有点都是白色，$k$次随机挑一个点染黑，求最后白色点的连通块数和黑色点的连通块数的和。

强制在线

$1\leq n\leq 10^5,1\leq q\leq 3\times 10^5,1\leq k\leq 10^9$

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1|2解题思路

因为强制在线肯定需要用$LCT$维护，至于仙人掌我们维护在环上的边就好了。

然后考虑怎么求答案。

仙人掌的连通块数=点数-边数+环数。

至于本题我们可以考虑这些东西存在的期望数量。

设$w_i$表示指定$i$个点是白点的概率，那么显然就是$(\frac{n-i}{n})^k$。

然后设$b_i$表示指定$i$个点是黑点的概率，我们考虑容斥指定一些点是白点就是

$$b_i=\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}(-1)^j\left(\frac{n-j}{n}\right)^k$$

这样是$O(i)$的，但是其实我们只有求环的出现概率时这个值会很大，但是环的大小和不超过$n$，所以可以在需要的时候暴力求。

时间复杂度：$O(q\log n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,P=998244353;
struct LCT{
	ll fa[N],t[N][2],siz[N];
	bool w[N],v[N],lazy[N],r[N],p[N],hp[N];
	stack<ll> s;
	bool Nroot(ll x)
	{return fa[x]&&(t[fa[x]][0]==x||t[fa[x]][1]==x);}
	bool Direct(ll x)
	{return t[fa[x]][1]==x;}
	void PushUp(ll x){
		siz[x]=siz[t[x][0]]+siz[t[x][1]]+(!p[x]);
		w[x]=(p[x]&v[x])|w[t[x][0]]|w[t[x][1]];
		hp[x]=p[x]|hp[t[x][0]]|hp[t[x][1]]; 
		return;
	}
	void Rev(ll x)
	{r[x]^=1;swap(t[x][0],t[x][1]);return;}
	void Rvy(ll x){w[x]=hp[x];lazy[x]=v[x]=1;return;}
	void PushDown(ll x){
		if(r[x])Rev(t[x][0]),Rev(t[x][1]),r[x]=0;
		if(lazy[x]){
			if(t[x][0])Rvy(t[x][0]);
			if(t[x][1])Rvy(t[x][1]);
			lazy[x]=0;
		}
		PushUp(x);return;
	}
	void Rotate(ll x){
		ll y=fa[x],z=fa[y];
		ll xs=Direct(x),ys=Direct(y);
		ll w=t[x][xs^1];
		if(Nroot(y))t[z][ys]=x;
		t[y][xs]=w;t[x][xs^1]=y;
		if(w)fa[w]=y;fa[x]=z;fa[y]=x;
		PushUp(y);PushUp(x);return; 
	}
	void Splay(ll x){
		ll y=x;s.push(x);
		while(Nroot(y))y=fa[y],s.push(y);
		while(!s.empty())PushDown(s.top()),s.pop();
		while(Nroot(x)){
			y=fa[x];
			if(!Nroot(y))Rotate(x);
			else if(Direct(x)==Direct(y))
				Rotate(y),Rotate(x);
			else Rotate(x),Rotate(x);
		}
		return;
	}
	void Access(ll x){
		for(ll y=0;x;y=x,x=fa[x])
			Splay(x),t[x][1]=y,PushUp(x);
		return;
	}
	void MakeRoot(ll x)
	{Access(x);Splay(x);Rev(x);return;}
	void Link(ll x,ll y)
	{MakeRoot(x);fa[x]=y;Access(x);return;}
	void Split(ll x,ll y)
	{MakeRoot(x);Access(y);Splay(y);return;}
}T;
ll n,q,k,op,ans,fa[N],inv[N],fac[N],fnv[N];
ll find(ll x)
{return (fa[x]==x)?x:(fa[x]=find(fa[x]));}
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*fnv[m]%P*fnv[n-m]%P;}
ll W(ll x)
{return power((n-x)*inv[n]%P,k);}
ll B(ll x){
	ll ans=0;
	for(ll i=0;i<=x;i++){
		ll w=power((n-i)*inv[n]%P,k);
		w=w*C(x,i)%P;(ans+=w*((i&1)?-1:1))%=P;
	}
	return (ans+P)%P;
}
signed main()
{
	freopen("graph.in","r",stdin);
	freopen("graph.out","w",stdout);
	inv[1]=fnv[0]=fac[0]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	for(ll i=1;i<N;i++)fnv[i]=fnv[i-1]*inv[i]%P,fac[i]=fac[i-1]*i%P;
	scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&q,&k,&op);
	for(ll i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,T.siz[i]=1;
	ll w2=W(2),b2=B(2),las=0;
	ans=(W(1)*n+op*B(1)*n)%P;
	int cnt=n;
	while(q--){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		x^=las;y^=las;
		if(find(x)!=find(y)){
			fa[find(x)]=find(y);
			++cnt;T.p[cnt]=T.hp[cnt]=1;
			T.Link(x,cnt);
			T.Link(y,cnt);
			(ans-=w2+op*b2)%=P;
		}
		else if(x!=y){
			T.Split(x,y);
			if(!T.w[y]){
				T.w[y]=T.v[y]=T.lazy[y]=1;
				ll S=T.siz[y];
				(ans+=W(S)-w2)%=P;
				if(op)(ans+=B(S)-b2)%=P;
			}
		}
		ans=(ans+P)%P;
		printf("%lld\n",las=ans);
	}
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15869452.html
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