3.2.图论2024-12-21

4.3.动态规划2024-12-25 5.4.字符串2024-12-30 6.5.贪心01-05 7.6.博弈01-08 8.7.构造01-14 9.8.数据结构02-02 10.9.树上问题01-21 11.10.网络流02-14

图论/省选图论专题

开题顺序： $K, C, Q, F, B, J, A C, R, E, A, A L, A H, O, N, L, S, A K, G, D, A J$

$A$ CF19E Fairy

观察到 $n, m \leq 10^{4}$ ，直接线段树分治即可，时间复杂度为 $O (m \log^{2} m)$ 。

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int n,ans[10010];
pair<int,int>e[10010];
struct quality
{
	int id,fa,siz;
};
struct DSU
{
	int fa[20010],siz[20010];
	int find(int x)
	{
		return (fa[x]==x)?x:find(fa[x]);
	}
	void init(int n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
			siz[i]=1;
		}
	}
	void merge(int x,int y,stack<quality>&s)
	{
		x=find(x);
		y=find(y);
		if(x!=y)
		{
			s.push((quality){x,fa[x],siz[x]});
			s.push((quality){y,fa[y],siz[y]});
			if(siz[x]<siz[y])
			{
				swap(x,y);
			}
			fa[y]=x;
			siz[x]+=siz[y];
		}
	}
	void split(stack<quality>&s)
	{
		while(s.empty()==0)
		{
			fa[s.top().id]=s.top().fa;
			siz[s.top().id]=s.top().siz;
			s.pop();
		}
	}
}D;
struct SMT
{
	struct SegmentTree
	{
		vector<int>info;
	}tree[40010];
	#define lson(rt) (rt<<1)
	#define rson(rt) (rt<<1|1)
	void update(int rt,int l,int r,int x,int y,int id)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			tree[rt].info.push_back(id);
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(x<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,x,y,id);
		}
		if(y>mid)
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,x,y,id);
		}
	}
	void solve(int rt,int l,int r)
	{
		if(l>r)
		{
			return;
		}
		stack<quality>s;
		int mid=(l+r)/2,x,y,flag=1;
		for(int i=0;i<tree[rt].info.size();i++)
		{
			x=D.find(e[tree[rt].info[i]].first);
			y=D.find(e[tree[rt].info[i]].second);
			if(x==y)
			{
				flag=0;
				break;
			}
			else
			{
				D.merge(e[tree[rt].info[i]].first,e[tree[rt].info[i]].second+n,s);
				D.merge(e[tree[rt].info[i]].second,e[tree[rt].info[i]].first+n,s);
			}
		}
		if(flag==0)
		{
			for(int i=l;i<=r;i++)
			{
				ans[i]=0;
			}
		}
		else
		{
			if(l==r)
			{
				ans[l]=1;
			}
			else
			{
				solve(lson(rt),l,mid);
				solve(rson(rt),mid+1,r);
			}
		}
		D.split(s);
	}

}T;
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int m,cnt=0,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>e[i].first>>e[i].second;
		if(i-1>=1)
		{
			T.update(1,1,m,1,i-1,i);
		}
		if(i+1<=m)
		{
			T.update(1,1,m,i+1,m,i);
		}
	}
	D.init(2*n);
	T.solve(1,1,m);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cnt+=ans[i];
	}
	cout<<cnt<<endl;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(ans[i]==1)
		{
			cout<<i<<" ";
		}
	}
	return 0;
}

但实际上复杂度可以做到线性。二分图存在当且仅当不存在奇环。当图中不存在奇环时，所有边都可以删掉；否则，只能删掉所有奇环交集上不被偶环覆盖的边。树上差分维护奇环、偶环数量即可。

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struct node
{
	int nxt,to,id;
}e[20010];
int head[20010],d[2][20010],dep[20010],fa[20010],vis[20010],cnt=1,tot=0;
vector<int>ans;
void add(int u,int v,int id)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].id=id;
	head[u]=cnt;
}
void dfs1(int x,int father,int last)
{
	fa[x]=e[last].id;
	dep[x]=dep[father]+1;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=father)
		{
			if(dep[e[i].to]==0)
			{
				vis[e[i].id]=1;
				dfs1(e[i].to,x,i);
			}
			else
			{
				if(dep[x]>dep[e[i].to])
				{
					tot+=(dep[x]-dep[e[i].to]+1)%2;
					d[(dep[x]-dep[e[i].to]+1)%2][e[i].id]++;
					d[(dep[x]-dep[e[i].to]+1)%2][e[last].id]++;
					d[(dep[x]-dep[e[i].to]+1)%2][fa[e[i].to]]--;
				}
			}
		}
	}
}
void dfs2(int x,int father,int last)
{
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=father&&vis[e[i].id]==1)
		{
			dfs2(e[i].to,x,i);
			d[0][e[last].id]+=d[0][e[i].id];
			d[1][e[last].id]+=d[1][e[i].id];
		}
	}
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif	
	int n,m,u,v,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		add(u,v,i);
		add(v,u,i);
		ans.push_back(i);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(dep[i]==0)
		{
			dfs1(i,0,0);
			dfs2(i,0,0);
		}
	}
	if(tot!=0)
	{
		ans.clear();
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			if(d[1][i]==tot&&d[0][i]==0)
			{
				ans.push_back(i);
			}
		}
	}
	cout<<ans.size()<<endl;
	for(i=0;i<ans.size();i++)
	{
		cout<<ans[i]<<" ";
	}
	return 0;
}

$B$ CF412D Giving Awards

建出反图后拓扑排序无法处理欠钱关系中存在环的情况，但可以借鉴其思路。

仍考虑自下而上叫人，在叫完所有子节点后再加入答案即可。

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struct node
{
	int nxt,to;
}e[200010];
int head[200010],vis[200010],cnt=0;
vector<int>ans;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
	vis[x]=1;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(vis[e[i].to]==0)
		{
			dfs(e[i].to);
		}
	}
	ans.push_back(x);
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int n,m,u,v,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(vis[i]==0)
		{
			dfs(i);
		}
	}
	for(i=0;i<ans.size();i++)
	{
		cout<<ans[i]<<" ";
	}
	return 0;
}

$C$ luogu P4151 [WC2011] 最大XOR和路径

题解

$D$ luogu P1477 [NOI2008] 假面舞会

若没有环，最大答案显然为所有极大连通块内最长链的长度，最小答案为 $3$ 。
否则，最大答案为所有环长的 $gcd$ 。同 luogu P4151 [WC2011] 最大XOR和路径，考虑通过 $D F S$ 树上的路径拼接成环。此时最小答案即为最大答案的一个 $\geq 3$ 的因子。

难点在于环有相交的部分导致出现环套环了怎么处理。由更相减损法，不妨从 $u$ 到 $v$ 连接一条权值为 $1$ 的边，从 $v$ 到 $u$ 连接一条权值为 $- 1$ 的边。正确性显然。

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struct node
{
	int nxt,to,w;
}e[2000010];
int head[100010],dis[100010],vis[100010],maxx,minn,sum,cnt=0;
void add(int u,int v,int w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int x,int d)
{
	if(dis[x]!=0)
	{
		sum=__gcd(sum,abs(d-dis[x]));
		return;
	}
	dis[x]=d;  vis[x]=1;
	maxx=max(maxx,d);  minn=min(minn,d);
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)  dfs(e[i].to,d+e[i].w);
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int n,m,u,v,ans=0,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		add(u,v,1);
		add(v,u,-1);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(vis[i]==0)
		{
			maxx=0;  minn=0x7f7f7f7f;
			dfs(i,0);
			ans+=maxx-minn+1;
		}
	}
	if(sum==0)
	{
		if(ans>=3)  cout<<ans<<" "<<3<<endl;
		else  cout<<-1<<" "<<-1<<endl;
	}
	else
	{
		if(sum>=3)
		{
			for(i=3;i<=sum;i++)
			{
				if(sum%i==0)
				{
					cout<<sum<<" "<<i<<endl;
					break;
				}
			}
		}
		else  cout<<-1<<" "<<-1<<endl;
	}
	return 0;
}

$E$ luogu P7025 [NWRRC2017] Grand Test

题解

$F$ luogu P4819 [中山市选] 杀人游戏

缩完点后对所有入度为 $0$ 的点询问一次即可。
一开始询问若不是杀手，则可以顺次知道所在 $D A G$ 内能到达的所有人是否是杀手；否则就被直接干掉了。
形式化地，设最终有 $c$ 个入度为 $0$ 的点，每个点是杀手的概率是 $\frac{1}{n}$ 则 $1 - \frac{c}{n}$ 即为所求。
特别地，需要在缩点后存在入度为 $0$ 大小（缩点后的大小）为 $1$ 且能到达的点的入度都 $\geq 2$ 的点时进行特判，此时可以不对这个点进行询问也可以知道这个点的身份。

需要对边进行去重。

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struct node
{
	int nxt,to;
}e[600010];
int head[600010],dfn[600010],low[600010],ins[600010],col[600010],u[600010],v[600010],din[600010],siz[600010],tot=0,cnt=0,scc_cnt=0;
stack<int>s;
vector<int>E[600010];
map<pair<int,int>,int> vis;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void tarjan(int x)
{
	tot++;
	dfn[x]=low[x]=tot;
	ins[x]=1;
	s.push(x);
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(dfn[e[i].to]==0)
		{
			tarjan(e[i].to);
			low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
		}
		else
		{
			if(ins[e[i].to]==1)
			{
				low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]);
			}
		}
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		scc_cnt++;
		int tmp=0;
		while(x!=tmp)
		{
			tmp=s.top();
			s.pop();
			ins[tmp]=0;
			col[tmp]=scc_cnt;
			siz[scc_cnt]++;
		}
	}
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int n,m,ans=0,flag,i,j;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u[i]>>v[i];
		add(u[i],v[i]);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(dfn[i]==0)
		{
			tarjan(i);
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(col[u[i]]!=col[v[i]]&&vis[make_pair(col[u[i]],col[v[i]])]==0)
		{
			vis[make_pair(col[u[i]],col[v[i]])]=1;
			E[col[u[i]]].push_back(col[v[i]]);
			din[col[v[i]]]++;
		}
	}
	for(i=1;i<=scc_cnt;i++)
	{
		ans+=(din[i]==0);
	}
	for(i=1;i<=scc_cnt;i++)
	{
		if(din[i]==0&&siz[i]==1)
		{
			flag=1;
			for(j=0;j<E[i].size();j++)
			{
				flag&=(din[E[i][j]]>=2);
			}
			if(flag==1)
			{
				ans--;
				break;
			}
		}
	}
	printf("%.6lf\n",1.0-1.0*ans/n);
	return 0;
}

$G$ luogu P4630 [APIO2018] 铁人两项

固定 $s, f$ 后可行的 $c$ 的数量为 $s \to f$ 的所有路径的并的点数 $- 2$ ，考虑通过圆方树计算。
将圆方树上圆点的点权设为 $- 1$ ，方点的点权设为其所在点双大小，此时 $c$ 的数量为圆方树上 $s \to f$ 的点权和。

现在只需要统计圆方树上所有路径的点权和了，简单树形 $D P$ 处理一下即可。

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struct node
{
	ll nxt,to;
}e[400010];
ll head[100010],dfn[100010],low[100010],c[200010],siz[200010],v_dcc=0,tot=0,cnt=0,ans=0,n,nn;
stack<ll>s;
vector<ll>g[200010];
void add(ll u,ll v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void tarjan(ll x)
{
	nn++;
	tot++;
	dfn[x]=low[x]=tot;
	s.push(x);
	c[x]=-1;
	for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(dfn[e[i].to]==0)
		{
			tarjan(e[i].to);
			low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
			if(dfn[x]==low[e[i].to])
			{
				v_dcc++;
				g[v_dcc].push_back(x);
				g[x].push_back(v_dcc);
				c[v_dcc]++;
				ll tmp=0;
				while(e[i].to!=tmp)
				{
					tmp=s.top();
					s.pop();
					c[v_dcc]++;
					g[v_dcc].push_back(tmp);
					g[tmp].push_back(v_dcc);
				}
			}
		}
		else
		{
			low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]);
		}
	}
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
	siz[x]=(x<=n);
	for(ll i=0;i<g[x].size();i++)
	{
		if(g[x][i]!=fa)
		{
			dfs(g[x][i],x);
			ans+=2*siz[x]*siz[g[x][i]]*c[x];
			siz[x]+=siz[g[x][i]];
		}
	}
	ans+=2*siz[x]*(nn-siz[x])*c[x];
}
int main()
{
//#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll m,u,v,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	v_dcc=n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(dfn[i]==0)
		{
			nn=0;
			tarjan(i);
			dfs(i,0);
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$H$ LibreOJ 546. 「LibreOJ β Round #7」网格图

$I$ luogu P3783 [SDOI2017] 天才黑客

$J$ luogu P3403 跳楼机

同余最短路板子。
- 同余最短路常利用同余性质构造状态来进行优化空间，并使用最短路进行辅助转移，形如 $f ((i + y) mod x) = f (i) + y$ 。
- 模数 $x$ 的选择会影响建边的数量，以至于影响时空复杂度，实际应用时应尽可能选择较小的 $x$ 。
操作 $4$ 没什么用，可以直接不管。
设 $d i s_{i}$ 表示仅通过操作 $1, 2$ 能到达的楼层中满足 $mod z = i$ 时的最小楼层，使用同余最短路进行转移。最终有 $\sum_{i = 1}^{n} [d i s_{i} \leq h] \times (⌊ \frac{h - d i s_{i}}{z} ⌋ + 1)$ 即为所求。

因本题中 $h$ 较大，不妨先让 $h$ 减一并钦定起始楼层为 $0$ 楼即可。

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struct node
{
	ll nxt,to,w;
}e[400010];
ll head[400010],dis[400010],vis[400010],cnt=0;
void add(ll u,ll v,ll w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void dijkstra(ll s,ll h)
{
	priority_queue<pair<ll,ll> >q;
	dis[s]=0;
	q.push(make_pair(-dis[s],s));
	while(q.empty()==0)
	{
		ll x=q.top().second;
		q.pop();
		if(vis[x]==0)
		{
			vis[x]=1;
			for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
			{
				if(dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].w)
				{
					dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
					q.push(make_pair(-dis[e[i].to],e[i].to));
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll h,x,y,z,ans=0,i;
	cin>>h>>x>>y>>z;
	for(i=0;i<=z-1;i++)
	{
		add(i,(i+x)%z,x);
		add(i,(i+y)%z,y);
		dis[i]=h;
	}
	h--;
	dijkstra(0,h);
	for(i=0;i<=z-1;i++)
	{
		ans+=(dis[i]<=h)*((h-dis[i])/z+1);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$K$ luogu P3275 [SCOI2011] 糖果

题解

$L$ luogu P7515 [省选联考 2021 A 卷] 矩阵游戏

不妨先钦定第 $n$ 行和第 $m$ 列的元素均为 $0$ ，然后就得到了一组可行解，然后对其进行调整。
观察到对某一行或某一列的元素第 $i$ 位的变化量为 $(- 1)^{i} x$ 时，整个矩阵仍满足 ${b}$ 的限制。
设第 $i$ 行、列的变化量分别为 $r_{i}, c_{i}$ ，则需要满足 $\forall i \in [1, n], j \in [1, m], 0 \leq a_{i, j} + (- 1)^{i} r_{i} + (- 1)^{j} c_{j} \leq 10^{6}$ ，移项得到 $- a_{i, j} \leq (- 1)^{j} r_{i} + (- 1)^{i} c_{j} \leq 10^{6} - a_{i, j}$ 。
差分约束处理不了 $r_{i} + c_{j} / - r_{i} - c_{j}$ 的情况，仍需进行调整。
对于偶数列 $j$ 将 $c_{j}$ 取相反数，奇数行 $i$ 将 $r_{i}$ 取相反数，此时的约束条件就只剩下了两个数相减的形式，差分约束即可。

需要 $S L F$ 优化 $S P F A$ 。

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const ll inf=1000000;
struct node
{
	ll nxt,to,w;
}e[200010];
ll head[610],a[310][310],b[310][310],dis[610],vis[610],num[610],cnt=0;
void add(ll u,ll v,ll w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
bool spfa(ll s,ll n)
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(num,0,sizeof(num));
	deque<ll>q;
	dis[s]=0;
	vis[s]=1;
	q.push_back(s);
	while(q.empty()==0)
	{
		ll x=q.front();
		vis[x]=0;
		q.pop_front();
		for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].w)
			{
				dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
				num[e[i].to]=num[x]+1;
				if(num[e[i].to]>=n+1)
				{
					return false;
				}
				if(vis[e[i].to]==0)
				{
					vis[e[i].to]=1;
					if(q.empty()==0&&dis[e[i].to]>=dis[q.front()])
					{
						q.push_back(e[i].to);
					}
					else
					{
						q.push_front(e[i].to);
					}
				}
			}
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll t,n,m,i,j,k;
	scanf("%lld",&t);
	for(k=1;k<=t;k++)
	{
		cnt=0;
		memset(e,0,sizeof(e));
		memset(head,0,sizeof(head));
		memset(a,0,sizeof(a));
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		for(i=1;i<=n-1;i++)
		{
			for(j=1;j<=m-1;j++)
			{
				scanf("%lld",&b[i][j]);
			}
		}
		for(i=n-1;i>=1;i--)
		{
			for(j=m-1;j>=1;j--)
			{
				a[i][j]=b[i][j]-a[i][j+1]-a[i+1][j]-a[i+1][j+1];
			}
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=1;j<=m;j++)
			{
				if((i+j)%2==0)
				{
					add(j+n,i,inf-a[i][j]);
					add(i,j+n,a[i][j]);
				}
				else
				{
					add(i,j+n,inf-a[i][j]);
					add(j+n,i,a[i][j]);
				}
			}
		}
		if(spfa(1,n+m)==true)
		{
			printf("YES\n");
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				for(j=1;j<=m;j++)
				{
					printf("%lld ",a[i][j]+(((i+j)%2==0)?dis[i]-dis[j+n]:dis[j+n]-dis[i]));
				}
				printf("\n");
			}
		}
		else
		{
			printf("NO\n");
		}
	}
	return 0;
}

$M$ luogu P6965 [NEERC2016] Binary Code

$N$ luogu P5332 [JSOI2019] 精准预测

题解

$O$ CF888G Xor-MST

难点在于 $B o r u v k a$ 的过程中如何求不同连通块间的最小边权。
对全局建立一棵 $01 T r i e$ ，再对每个连通块建一棵 $01 T r i e$ 。枚举 $a_{i}$ 的过程中二者相减求出 $a_{j}$ 即可。

为方便代码书写，不妨先对 ${a}$ 进行去重。

点击查看代码

int a[200010];
pair<int,int>g[200010];
struct Trie
{
	int root[200010],rt_sum=0;
	struct node
	{
		int ch[2],cnt,pos;
	}tree[200010<<6];
	int build_rt()
	{
		rt_sum++;
		return rt_sum;
	}
	void insert(int &rt,int s,int id)
	{
		rt=(rt==0)?build_rt():rt;
		int x=rt;
		tree[x].cnt++;
		for(int i=30;i>=0;i--)
		{
			if(tree[x].ch[(s>>i)&1]==0)
			{
				tree[x].ch[(s>>i)&1]=build_rt();
			}
			x=tree[x].ch[(s>>i)&1];
			tree[x].cnt++;
		}
		tree[x].pos=id;
	}
	int merge(int rt1,int rt2)
	{
		if(rt1==0||rt2==0)
		{
			return rt1+rt2;
		}
		tree[rt1].cnt+=tree[rt2].cnt;
		tree[rt1].ch[0]=merge(tree[rt1].ch[0],tree[rt2].ch[0]);
		tree[rt1].ch[1]=merge(tree[rt1].ch[1],tree[rt2].ch[1]);
		return rt1;
	}
	pair<int,int>query(int rt1,int rt2,int x)
	{
		int ans=0;
		for(int i=30;i>=0;i--)
		{
			if(tree[tree[rt2].ch[(x>>i)&1]].cnt-tree[tree[rt1].ch[(x>>i)&1]].cnt>=1)
			{
				rt1=tree[rt1].ch[(x>>i)&1];
				rt2=tree[rt2].ch[(x>>i)&1];
			}
			else
			{
				ans|=(1<<i);
				rt1=tree[rt1].ch[((x>>i)&1)^1];
				rt2=tree[rt2].ch[((x>>i)&1)^1];
			}
		}
		return make_pair(ans,tree[rt2].pos);
	}
}T;
struct DSU
{
	int fa[200010];
	void init(int n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
		}
	}
	int find(int x)
	{
		return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
	}
	void merge(int x,int y)
	{
		x=find(x);
		y=find(y);
		if(x!=y)
		{
			fa[x]=y;
		}
	}
}D;
ll boruvka(int n)
{
	ll ans=0;
	int flag=1,x,y;
	pair<int,int>tmp;
	D.init(n);
	while(flag==1)
	{
		flag=0;
		fill(g+1,g+1+n,make_pair(0,0x7f7f7f7f));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			x=D.find(i);
			tmp=T.query(T.root[x],T.root[0],a[i]);
			y=D.find(tmp.second);
			if(x!=y&&tmp.first<g[x].second)
			{
				g[x]=make_pair(y,tmp.first);
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			x=D.find(i);
			if(g[x].first!=0&&D.find(x)!=D.find(g[x].first))
			{
				y=D.find(g[x].first);
				D.merge(x,g[x].first);
				T.root[y]=T.merge(T.root[x],T.root[y]);
				ans+=g[x].second;
				flag=1;
			}
		}
	}
	return ans;
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int n,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	n=unique(a+1,a+1+n)-(a+1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		T.insert(T.root[0],a[i],i);
		T.insert(T.root[i],a[i],i);
	}
	cout<<boruvka(n)<<endl;
	return 0;
}

$P$ CF141E Clearing Up

$Q$ luogu P4768 [NOI2018] 归程

题解

$R$ SP41 WORDS1 - Play on Words

多倍经验: UVA10129 单词 Play on Words
题解

$S$ luogu P6628 [省选联考 2020 B 卷] 丁香之路

转化为对于每一个 $i \in [1, n]$ ，寻找一个可重边集 $E$ 使其包含 $m$ 条关键边且有一条从 $s$ 到 $i$ 的欧拉路径，而这个边集中边权总和的最小值即为所求。
欧拉路径还有起点和终点的限制，不妨先把 $(s, i)$ 作为一条虚边加入 $E$ ，即不参与最终答案统计，此时等价于满足存在一条从 $s$ 到 $i$ 的欧拉回路。
为使尽可能让图连通，考虑用添加的虚边去拼接成最终情况的实边（关键边和实际为了使图连通加入的边）。
对度数为奇数的点，按编号排序后相邻两个数先连一条实边（假如我们要连接 $u, v$ 两点，加入的虚边为 ${(i, i + 1) | i \in [u, v - 1]}$ ）使得这两个点的度数变成偶数。

此时形成了若干个连通块且每个连通块内部已经形成了欧拉路径，为使其连通再跑一遍 $K r u s k a l$ 即可，注意此时一去一回边权需要计算两遍。

点击查看代码

struct node
{
	ll from,to,w;
};
ll du[2510];
vector<node>e;
bool cmp(node a,node b)
{
	return a.w<b.w;
}
struct DSU
{
	ll fa[2510],tmp[2510];
	void init(ll n)
	{
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=tmp[i];
		}
	}
	void clear(ll n)
	{
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
		}
	}
	ll find(ll x)
	{
		return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
	}
	void merge(ll x,ll y)
	{
		x=find(x);
		y=find(y);
		if(x!=y)
		{
			fa[x]=y;
		}
	}
}D;
ll kruskal()
{
	sort(e.begin(),e.end(),cmp);
	ll ans=0,x,y;
	for(ll i=0;i<e.size();i++)
	{
		x=D.find(e[i].from);
		y=D.find(e[i].to);
		if(x!=y)
		{
			D.fa[x]=y;
			ans+=e[i].w;
		}
	}
	return ans;
}	
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,m,s,u,v,ans,sum=0,last,i,j,k;
	cin>>n>>m>>s;
	D.clear(n);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		du[u]++;
		du[v]++;
		sum+=abs(u-v);
		D.merge(u,v);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		D.tmp[i]=D.fa[i];
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		last=0;
		ans=sum;
		du[s]++;
		du[i]++;
		e.clear();
		D.init(n);
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			if(du[j]%2==1)
			{
				if(last==0)
				{
					last=j;
				}
				else
				{
					ans+=j-last;
					for(k=last;k<=j-1;k++)
					{
						D.merge(k,k+1);
					}
					last=0;
				}
			}
		}
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			if(du[j]!=0)
			{
				if(last!=0&&D.find(last)!=D.find(j))
				{
					e.push_back((node){j,last,j-last});
				}
				last=j;
			}
		}
		du[s]--;
		du[i]--;
		cout<<ans+2*kruskal()<<" ";
	}
	return 0;
}

$T$ luogu P6624 [省选联考 2020 A 卷] 作业题

$U$ [AGC051D] C4

$V$ luogu P6657 【模板】LGV 引理

$W$ luogu P7736 [NOI2021] 路径交点

$X$ luogu P7428 [THUPC2017] 母亲节的礼物

$Y$ luogu P4386 [SHOI2015] 零件组装机

$Z$ luogu P1173 [NOI2016] 网格

$A A$ luogu P3687 [ZJOI2017] 仙人掌

$A B$ luogu P3180 [HAOI2016] 地图

$A C$ luogu P2371 [国家集训队] 墨墨的等式

观察到 ${b}$ 可差分，然后同余最短路维护即可。

点击查看代码

struct node
{
	ll nxt,to,w;
}e[6000010];
ll head[6000010],dis[6000010],vis[6000010],a[6000010],cnt=0;
void add(ll u,ll v,ll w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void dijkstra(ll s)
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	priority_queue<pair<ll,ll> >q;
	dis[s]=0;
	q.push(make_pair(-dis[s],s));
	while(q.empty()==0)
	{
		ll x=q.top().second;
		q.pop();
		if(vis[x]==0)
		{
			vis[x]=1;
			for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
			{
				if(dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].w)
				{
					dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
					q.push(make_pair(-dis[e[i].to],e[i].to));
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,l,r,ans=0,i,j;
	cin>>n>>l>>r;
	l--;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		if(i>=2)
		{
			for(j=0;j<=a[1]-1;j++)
			{
				add(j,(j+a[i])%a[1],a[i]);
			}
		}
	}
	dijkstra(0);
	for(i=0;i<=a[1]-1;i++)
	{
		ans+=(dis[i]<=r)*((r-dis[i])/a[1]+1);
		ans-=(dis[i]<=l)*((l-dis[i])/a[1]+1);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$A D$ CF1450E Capitalism

$A E$ CF1416D Graph and Queries

$A F$ luogu P3350 [ZJOI2016] 旅行者

$A G$ LibreOJ 571. 「LibreOJ Round #11」Misaka Network 与 Accelerator

$A H$ luogu P4180 [BJWC2010] 严格次小生成树

随便找到一棵最小生成树后考虑非树边的替换。倍增或树剖套 $S T$ 表维护最大值及严格次大值即可。

点击查看代码

struct node
{
	ll from,to,w;
};
ll fa[600010][25],dep[600010],vis[600010];
pair<ll,ll>f[600010][25];
vector<node>g;
vector<pair<ll,ll> >e[600010];
void add(ll u,ll v,ll w)
{
	e[u].push_back(make_pair(v,w));
}
bool cmp(node a,node b)
{
	return a.w<b.w;
}
struct DSU
{
	ll fa[100010];
	void init(ll n)
	{
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
		}
	}
	ll find(ll x)
	{
		return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
	}
}D;
ll krsukal(ll n)
{
	sort(g.begin(),g.end(),cmp);
	D.init(n);
	ll ans=0,u,v;
	for(ll i=0;i<g.size();i++)
	{	
		u=D.find(g[i].from);
		v=D.find(g[i].to);
		if(u!=v)
		{
			D.fa[u]=v;
			ans+=g[i].w;
			vis[i]=1;
			add(g[i].from,g[i].to,g[i].w);
			add(g[i].to,g[i].from,g[i].w);
		}
	}
	return ans;
}
pair<ll,ll> add(pair<ll,ll>a,pair<ll,ll>b)
{
	pair<ll,ll> tmp;
	tmp.first=max(a.first,b.first);
	if(a.first>b.first)
	{
		tmp.second=max(a.second,b.first);
	}
	if(a.first==b.first)
	{
		tmp.second=max(a.second,b.second);
	}
	if(a.first<b.first)
	{
		tmp.second=max(a.first,b.second);
	}
	return tmp;
}
void dfs(ll x,ll father,ll w)
{	
	dep[x]=dep[father]+1;
	fa[x][0]=father;
	f[x][0]=make_pair(w,-0x3f3f3f3f);
	for(ll i=1;i<=20;i++)
	{
		fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
		f[x][i]=add(f[x][i-1],f[fa[x][i-1]][i-1]);
	}
	for(ll i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(e[x][i].first!=father)
		{
			dfs(e[x][i].first,x,e[x][i].second);
		}
	}
}
pair<ll,ll>lca(ll x,ll y)
{
	pair<ll,ll>maxx=make_pair(0,-0x3f3f3f3f);
	if(dep[x]>dep[y])
	{
		swap(x,y);
	}
	for(int i=20;i>=0;i--)
	{
		if(dep[x]+(1<<i)<=dep[y])
		{
			maxx=add(maxx,f[y][i]);
			y=fa[y][i];
		}
	}
	if(x==y)
	{
		return maxx;
	}
	else
	{
		for(int i=20;i>=0;i--)	
		{
			if(fa[x][i]!=fa[y][i])
			{
				maxx=add(maxx,add(f[x][i],f[y][i]));
				x=fa[x][i];
				y=fa[y][i];
			}
		}
		maxx=add(maxx,add(f[x][0],f[y][0]));
		return maxx;
	}
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,m,u,v,w,sum,ans=0x7f7f7f7f7f7f7f7f,i;
	pair<ll,ll>tmp;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		g.push_back((node){u,v,w});
	}
	sum=krsukal(n);
	dfs(1,0,0);
	for(i=0;i<g.size();i++)
	{
		if(vis[i]==0)
		{
			tmp=lca(g[i].from,g[i].to);
			if(tmp.first==g[i].w&&tmp.second!=-0x3f3f3f3f)
			{
				ans=min(ans,sum-tmp.second+g[i].w);
			}
			if(tmp.first<g[i].w&&tmp.first!=0)
			{
				ans=min(ans,sum-tmp.first+g[i].w);
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$A I$ luogu P2144 [FJOI2007] 轮状病毒

$A J$ luogu P5163 WD与地图

考虑将删边转化为加边，线段树合并维护前 $k$ 大的数之和。
现在问题来到了如何快速地维护加边后强连通分量的变化。
观察到每条边第一次被加入强连通分量的时间具有单调性，考虑整体二分。
将出现时间 $\leq m i d$ 的边加入一张新图中跑 $T a r j a n$ 进行缩点，为保证复杂度递归右区间时继承当前区间已经缩完点的图，递归左边的时候再撤销回去，可撤销并查集维护强连通分量即可。

清空时只对连边时涉及到的两个端点进行清空。

点击查看代码

const ll inf=1000000000;
struct edge
{
	ll u,v,t;
	bool operator < (const edge &another) const
	{
		return t<another.t;
	}
}q[200010],tmp[2][200010];
struct quality
{
	ll x,fa,siz;
};
ll c[200010],op[200010],a[200010],b[200010],dfn[200010],low[200010],ins[200010],tot=0;
vector<ll>e[200010];
vector<pair<ll,ll> >pos[200010];
stack<ll>s,ans;
map<pair<ll,ll>,ll>tim;
void add(ll u,ll v)
{
	e[u].push_back(v);
}
struct SMT
{
	ll root[200010],rt_sum;
	struct SegmentTree
	{
		ll ls,rs,siz,sum;
	}tree[200010<<6];
	#define lson(rt) (tree[rt].ls)
	#define rson(rt) (tree[rt].rs)
	void pushup(ll rt)
	{
		tree[rt].siz=tree[lson(rt)].siz+tree[rson(rt)].siz;
		tree[rt].sum=tree[lson(rt)].sum+tree[rson(rt)].sum;
	}
	ll build_rt()
	{
		rt_sum++;
		lson(rt_sum)=rson(rt_sum)=tree[rt_sum].siz=tree[rt_sum].sum=0;
		return rt_sum;
	}
	void update(ll &rt,ll l,ll r,ll pos,ll val)
	{
		if(rt==0)  rt=build_rt();
		if(l==r)
		{
			tree[rt].siz+=val;
			tree[rt].sum+=val*l;
			return;
		}
		ll mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)  update(lson(rt),l,mid,pos,val);
		else  update(rson(rt),mid+1,r,pos,val);
		pushup(rt);
	}
	ll merge(ll rt1,ll rt2,ll l,ll r)
	{
		if(rt1==0||rt2==0)  return rt1+rt2;
		if(l==r)
		{
			tree[rt1].siz+=tree[rt2].siz;
			tree[rt1].sum+=tree[rt2].sum;
			return rt1;
		}
		ll mid=(l+r)/2;
		lson(rt1)=merge(lson(rt1),lson(rt2),l,mid);
		rson(rt1)=merge(rson(rt1),rson(rt2),mid+1,r);
		pushup(rt1);
		return rt1;
	}
	ll query(ll rt,ll l,ll r,ll k)
	{
		if(rt==0)  return 0;
		if(tree[rt].siz<=k)  return tree[rt].sum;
		if(l==r)  return min(k,tree[rt].siz)*l;
		ll mid=(l+r)/2;
		if(tree[rson(rt)].siz>=k)  return query(rson(rt),mid+1,r,k);
		else  return tree[rson(rt)].sum+query(lson(rt),l,mid,k-tree[rson(rt)].siz);
	}
}T;
struct DSU
{
	ll fa[200010],siz[200010];
	void init(ll n)
	{
		for(ll i=1;i<=n;i++)  
		{
			fa[i]=i;  siz[i]=1;
		}
	}
	ll find(ll x)
	{
		return fa[x]==x?x:find(fa[x]);
	}
	void merge(ll x,ll y,stack<quality>&s)
	{
		x=find(x);  y=find(y);
		if(x!=y)
		{
			if(siz[x]<siz[y])  swap(x,y);
			s.push((quality){x,fa[x],siz[x]});
			s.push((quality){y,fa[y],siz[y]});
			fa[y]=x;
			siz[x]+=siz[y];
		}
	}
	void _merge(ll x,ll y)
	{
		x=find(x);  y=find(y);
		if(x!=y)
		{
			if(siz[x]<siz[y])  swap(x,y);
			T.root[x]=T.merge(T.root[x],T.root[y],0,inf);
			fa[y]=x;
			siz[x]+=siz[y];
		}
	}
	void split(stack<quality>&s)
	{
		while(s.empty()==0)
		{
			fa[s.top().x]=s.top().fa;
			siz[s.top().x]=s.top().siz;
			s.pop();
		}
	}
}D;
void clear(vector<ll>&v)
{
	tot=0;
	while(s.empty()==0)  s.pop();
	for(ll i=0;i<v.size();i++)  
	{
		dfn[v[i]]=low[v[i]]=ins[v[i]]=0;
		e[v[i]].clear();
	}
}
void tarjan(ll x,stack<quality>&_s)
{
	tot++;  dfn[x]=low[x]=tot;
	s.push(x);  ins[x]=1;
	for(ll i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(dfn[e[x][i]]==0)
		{
			tarjan(e[x][i],_s);
			low[x]=min(low[x],low[e[x][i]]);
		}
		else  if(ins[e[x][i]]==1)  low[x]=min(low[x],dfn[e[x][i]]);
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		int tmp=0;
		while(tmp!=x)
		{
			tmp=s.top();
			s.pop();  ins[tmp]=0;
			D.merge(tmp,x,_s);
		}
	}
}
void solve(ll l,ll r,ll ql,ll qr)
{
	if(ql>qr)  return;
	if(l==r)
	{
		for(ll i=ql;i<=qr;i++)  pos[l].push_back(make_pair(q[i].u,q[i].v));
		return;
	}
	ll mid=(l+r)/2,x=0,y=0,_x,_y;
	vector<ll>v; 
	stack<quality>s;
	for(ll i=ql;i<=qr;i++)
	{
		if(q[i].t<=mid)
		{
			_x=D.find(q[i].u);  _y=D.find(q[i].v);
			if(_x!=_y) 
			{
				add(_x,_y);
				v.push_back(_x);  v.push_back(_y); 
			}
		}
	}
	for(ll i=0;i<v.size();i++)  if(dfn[v[i]]==0)  tarjan(v[i],s);
	for(ll i=ql;i<=qr;i++)
	{
		if(q[i].t<=mid&&D.find(q[i].u)==D.find(q[i].v))
		{
			x++;  tmp[0][x]=q[i];
		}
		else
		{

			y++;  tmp[1][y]=q[i];
		}
	}
	for(ll i=1;i<=x;i++)  q[ql+i-1]=tmp[0][i];
	for(ll i=1;i<=y;i++)  q[ql+x+i-1]=tmp[1][i];
	clear(v);
	solve(mid+1,r,ql+x,qr);
	D.split(s);
	solve(l,mid,ql,ql+x-1);
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,m,k,x,i,j;
	cin>>n>>m>>k;
	for(i=1;i<=n;i++)  cin>>c[i];
	for(i=1;i<=m;i++)  
	{
		cin>>q[i].u>>q[i].v;
	}
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		cin>>op[i]>>a[i]>>b[i];
		if(op[i]==1)  tim[make_pair(a[i],b[i])]=k-i+1;
		if(op[i]==2)  c[a[i]]+=b[i];
	}
	for(i=1;i<=m;i++)  q[i].t=tim[make_pair(q[i].u,q[i].v)];
	sort(q+1,q+1+m);
	D.init(n);  solve(0,k+1,1,m);
	for(i=1;i<=n;i++)  T.update(T.root[i],0,inf,c[i],1);
	D.init(n);  reverse(op+1,op+1+k);  reverse(a+1,a+1+k);  reverse(b+1,b+1+k);
	for(i=0;i<=k;i++)
	{
		for(j=0;j<pos[i].size();j++)  D._merge(pos[i][j].first,pos[i][j].second);
		if(op[i]==2)
		{
			x=D.find(a[i]);
			T.update(T.root[x],0,inf,c[a[i]],-1);  c[a[i]]-=b[i];
			T.update(T.root[x],0,inf,c[a[i]],1);
		}
		if(op[i]==3)  ans.push(T.query(T.root[D.find(a[i])],0,inf,b[i]));
	}
	for(;ans.empty()==0;ans.pop())  cout<<ans.top()<<endl;
	return 0;
}

$A K$ BZOJ3331 压力

在圆方树上做树上差分。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to;
}e[400010];
int head[100010],dfn[100010],low[100010],siz[200010],son[200010],fa[200010],dep[200010],top[200010],d[200010],tot=0,cnt=0,v_dcc=0;
vector<int>g[200010];
stack<int>s;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void tarjan(int x)
{
	tot++;
	dfn[x]=low[x]=tot;
	s.push(x);
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(dfn[e[i].to]==0)
		{
			tarjan(e[i].to);
			low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
			if(low[e[i].to]==dfn[x])
			{
				v_dcc++;
				g[v_dcc].push_back(x);
				g[x].push_back(v_dcc);
				int tmp=0;
				while(e[i].to!=tmp)
				{
					tmp=s.top();
					s.pop();
					g[v_dcc].push_back(tmp);
					g[tmp].push_back(v_dcc);
				}
			}
		}
		else
		{
			low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]);
		}
	}
}
void dfs1(int x,int father)
{
	siz[x]=1;
	fa[x]=father;
	dep[x]=dep[father]+1;
	for(int i=0;i<g[x].size();i++)
	{
		if(g[x][i]!=father)
		{
			dfs1(g[x][i],x);
			siz[x]+=siz[g[x][i]];
			son[x]=(siz[g[x][i]]>siz[son[x]])?g[x][i]:son[x];
		}
	}
}
void dfs2(int x,int id)
{
	top[x]=id;
	if(son[x]!=0)
	{
		dfs2(son[x],id);
		for(int i=0;i<g[x].size();i++)
		{
			if(g[x][i]!=fa[x]&&g[x][i]!=son[x])
			{
				dfs2(g[x][i],g[x][i]);
			}
		}
	}
}
int lca(int u,int v)
{
	while(top[u]!=top[v])
	{
		if(dep[top[u]]>dep[top[v]])
		{
			u=fa[top[u]];
		}
		else
		{
			v=fa[top[v]];
		}
	}
	return dep[u]<dep[v]?u:v;
}
void dfs(int x)
{
	for(int i=0;i<g[x].size();i++)
	{
		if(g[x][i]!=fa[x])
		{
			dfs(g[x][i]);
			d[x]+=d[g[x][i]];
		}
	}
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int n,m,u,v,q,i;
	cin>>n>>m>>q;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	v_dcc=n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(dfn[i]==0)
		{
			tarjan(i);
		}
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,1);
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		d[u]++;
		d[v]++;
		d[lca(u,v)]--;
		d[fa[lca(u,v)]]--;
	}
	dfs(1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cout<<d[i]<<endl;
	}
	return 0;
}

$A L$ luogu P5631 最小mex生成树

题解

$A M$ luogu P5633 最小度限制生成树

posted @ 2024-12-21 20:37 hzoi_Shadow 阅读(34) 评论(0) 编辑收藏举报

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