CF603E-Pastoral Oddities【CDQ分治,可撤销并查集】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF603E

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1|1题目大意

开始时有$n$个点，没有边。

依次加入$m$条带权的边，每次加入后询问是否存在一个边集，满足每个点的度数均为奇数，求使得这个边集的最大权值最小。

$1\leq n\leq 10^5,1\leq m\leq 3\times 10^5$

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1|2解题思路

首先考虑存在这个边集的条件，可以证明存在满足条件的边集的充要条件是联通块的大小都是偶数。
必要性：对于一个联通块，因为每条边都会贡献偶数个度数，而如果这个连通块是奇数个点，那么如果合法的总度数就是 奇数×奇数=奇数 ，显然不可能是偶数，所以不存在这种情况。
充分性：如果存在一个点的度数为奇数，那么这个联通快里也至少有一个点的度数是奇数，我们顺路删掉这两个点路径上的边就可以调整到合法情况。

而我们能连边就连边肯定是最优的，因为不存在一种连边会使得奇数连通块数变多。

然后考虑用CDQ分治解决这题，注意到答案肯定是单调不升的，我们的流程是记录目前区间$[l,r]$的答案区间$\{L,R\}$。

先计算出$ans_{mid}$，那么此时我们就可以分为$[l,mid-1]\{ans_{mid},R\}$和$[mid+1,r]\{L,ans_{mid}\}$

此时两个区间都被分开，这提示我们暴力枚举这些区间就是正常分治的复杂度。

那么做法就很显然了，我们算出$ans_{mid}$后左右两边递归处理，用可撤销并查集处理。

时间复杂度：$O(m\log m\log n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
struct node{
	int x,y,w,id;
}a[N],b[N];
struct clnode{
	int x,y,siz,dep;
}cl[N];
int n,m,sum,clt,fa[N],siz[N],dep[N];
int ans[N],rk[N];
int find(int x)
{return (fa[x]==x)?x:find(fa[x]);}
void unionn(int x,int y){
	x=find(x);y=find(y);
	if(x==y)return;
	if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
	cl[++clt]=(clnode){x,y,siz[y],dep[y]};
	sum-=(siz[x]&1)&(siz[y]&1);
	fa[x]=y;siz[y]+=siz[x];
	dep[y]=max(dep[y],dep[x]+1);
}
void clearto(int d){
	while(clt>d){
		int x=cl[clt].x,y=cl[clt].y;
		siz[y]=cl[clt].siz;
		dep[y]=cl[clt].dep;
		sum+=(siz[x]&1)&(siz[y]&1);
		fa[x]=x;clt--;
	}
	return;
}
void cdq(int l,int r,int L,int R){
	if(l>r)return;
	int mid=(l+r)>>1,now=clt;
	for(int i=l;i<=mid;i++)
		if(rk[i]<L)unionn(a[i].x,a[i].y);
	int mow=clt;
	for(int i=L;i<=R;i++){
		if(b[i].id<=mid)unionn(b[i].x,b[i].y);
		if(!sum){ans[mid]=i;break;}
	}
	if(!ans[mid]){
		clearto(mow);
		cdq(mid+1,r,L,R);
		return;
	}
	clearto(mow);
	cdq(mid+1,r,L,ans[mid]);
	clearto(now);
	for(int i=L;i<ans[mid];i++)
		if(b[i].id<l)unionn(b[i].x,b[i].y);
	cdq(l,mid-1,ans[mid],R);
	clearto(now);return;
}
bool cmp(node x,node y)
{return x.w<y.w;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);sum=n/2;
	if(n&1){
		for(int i=1;i<=m;i++)
			puts("-1");
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,siz[i]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].w);
		a[i].id=i;b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+1+m,cmp);
	for(int i=1;i<=m;i++)rk[b[i].id]=i;
	cdq(1,m,1,m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(!ans[i])puts("-1");
		else printf("%d\n",b[ans[i]].w);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15890278.html
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