BZOJ4537: [Hnoi2016]最小公倍数
Description
给定一张N个顶点M条边的无向图(顶点编号为1,2,…,n)，每条边上带有权值。
所有权值都可以分解成2^a*3^b的形式。
现在有q个询问，每次询问给定四个参数u、v、a和b，请你求出是否存在一条顶点u到v之间的路径，使得路径依次经过的边上的权值的最小公倍数为2^a*3^b。
注意：路径可以不是简单路径。
下面是一些可能有用的定义：
最小公倍数：K个数a1,a2,…,ak的最小公倍数是能被每个ai整除的最小正整数。
路径：路径P:P1,P2,…,Pk是顶点序列，满足对于任意1<=i<k，节点Pi和Pi+1之间都有边相连。
简单路径：如果路径P:P1,P2,…,Pk中，对于任意1<=s≠t<=k都有Ps≠Pt，那么称路径为简单路径。
Input
输入文件的第一行包含两个整数N和M，分别代表图的顶点数和边数。
接下来M行，每行包含四个整数u、v、a、b代表一条顶点u和v之间、权值为2^a*3^b的边。
接下来一行包含一个整数q，代表询问数。
接下来q行，每行包含四个整数u、v、a和b，代表一次询问。
询问内容请参见问题描述。1<=n,q<=50000、1<=m<=100000、0<=a,b<=10^9
Output
对于每次询问，如果存在满足条件的路径，则输出一行Yes，否则输出一行 No。
（注意：第一个字母大写，其余字母小写）
Sample Input
4 5
1 2 1 3
1 3 1 2
1 4 2 1
2 4 3 2
3 4 2 2
5
1 4 3 3
4 2 2 3
1 3 2 2
2 3 2 2
1 3 4 4
1 2 1 3
1 3 1 2
1 4 2 1
2 4 3 2
3 4 2 2
5
1 4 3 3
4 2 2 3
1 3 2 2
2 3 2 2
1 3 4 4
Sample Output
Yes
Yes
Yes
No
No
Yes
Yes
No
No
题解Here!
$AHOI2016$个人认为最毒瘤的一题。。。
首先有个式子：$lcm(2^{a_1}\times 3^{b_1},2^{a_2}\times 3^{b_2})=2^{max(a_1,a_2)}\times 3^{max(b_1,b_2)}$
于是就转化成了：
求一条$u$到$v$的路径$a_1,a_2,a_3,...,a_k$使得$\max_{i=1}^ka_i==A,\max_{i=1}^kb_i==B$。
我们发现只有$a<=A,b<=B$的边对答案有贡献。
那么我们可以把所有满足条件的边加进去，然后用并查集判断两点是否联通并且联通块内最大值是否合法。
而对于这种有两个限制的题目，一般的套路就是条件按照第一种权值为关键字排序，询问按照第二种关键字排序。
然后给条件分块，对于一个块只把第一关键字符合条件的询问放进去。
再把当前块前面的点按照第二关键字排序。
这样当前块前面的点都是符合当前询问点对于第一关建字条件的，而且第二关键字都是单调的。
然后对于每个询问，暴力处理一下当前块的贡献。
所以我们可以先把边按$a$排序。
对于一个块$[i,i+size]$，我们把询问的$A$在$[a[i],a[i+size])$之间的询问放进去。（$size$是块的大小）
然后把$[1,i)$的边按照$b$从小到大排序，边扫边加边，用并查集维护连通性和最大值。
对于一个询问暴力把$[i,i+size)$内满足$a<=A,b<=B$的边加进去。
注意，由于分块处理完一块后要“处理作案痕迹”，即撤销操作。
所以我们使用可回溯并查集。
不能使用压缩路径，否则难以实现撤销$uniun$操作，而只能使用并查集的启发式合并，即按秩合并。
这样子的话效率似乎是均摊$O(\log_2n)$。
同时记录操作，然后撤销即可。
然后那个块的大小$size$开$\sqrt{m\log_2n}$应该是最优的，不过我为了省事就直接$\sqrt m$了。。。
恶心他妈给恶心开门——恶心到家了。。。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define MAXN 50010
using namespace std;
int n,m,q,l,sum;
int fa[MAXN],size[MAXN],maxa[MAXN],maxb[MAXN];
bool ans[MAXN];
struct Question{
int u,v,a,b,id;
}a[MAXN<<1],b[MAXN],c[MAXN];
struct Set{
int u,v,fa,size,maxa,maxb;
}h[MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
inline bool cmpa(const Question &p,const Question &q){
if(p.a==q.a)return p.b<q.b;
return p.a<q.a;
}
inline bool cmpb(const Question &p,const Question &q){
if(p.b==q.b)return p.a<q.a;
return p.b<q.b;
}
int find(int x){return fa[x]==x?x:find(fa[x]);}
void uniun(int u,int v,int a,int b){
u=find(u);v=find(v);
if(size[u]>size[v])swap(u,v);
sum++;
h[sum].u=u;h[sum].v=v;h[sum].maxa=maxa[v];h[sum].maxb=maxb[v];
h[sum].fa=fa[u];h[sum].size=size[v];
if(u==v){
maxa[u]=max(maxa[u],a);
maxb[u]=max(maxb[u],b);
return;
}
fa[u]=v;
size[v]+=size[u];
maxa[v]=max(maxa[v],max(maxa[u],a));
maxb[v]=max(maxb[v],max(maxb[u],b));
}
void back(){
while(sum){
fa[h[sum].u]=h[sum].fa;
size[h[sum].v]=h[sum].size;
maxa[h[sum].v]=h[sum].maxa;
maxb[h[sum].v]=h[sum].maxb;
sum--;
}
}
void work(){
for(int i=1;i<=m;i+=l){
int top=0;
for(int j=1;j<=q;j++)if(b[j].a>=a[i].a&&(i+l>m||b[j].a<a[i+l].a))c[++top]=b[j];
sort(a+1,a+i,cmpb);
for(int j=1;j<=n;j++){
fa[j]=j;
size[j]=1;
maxa[j]=maxb[j]=-1;
}
for(int j=1,k=1;j<=top;j++){
for(;k<i&&a[k].b<=c[j].b;k++)uniun(a[k].u,a[k].v,a[k].a,a[k].b);
sum=0;
for(int p=i;p<i+l&&p<=m;p++)if(a[p].a<=c[j].a&&a[p].b<=c[j].b)uniun(a[p].u,a[p].v,a[p].a,a[p].b);
int x=find(c[j].u),y=find(c[j].v);
ans[c[j].id]=(x==y&&maxa[x]==c[j].a&&maxb[x]==c[j].b);
back();
}
}
for(int i=1;i<=q;i++){
if(ans[i])printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
}
void init(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
a[i].u=read();a[i].v=read();a[i].a=read();a[i].b=read();
a[i].id=i;
}
q=read();
for(int i=1;i<=q;i++){
b[i].u=read();b[i].v=read();b[i].a=read();b[i].b=read();
b[i].id=i;
}
sort(a+1,a+m+1,cmpa);
sort(b+1,b+q+1,cmpb);
l=sqrt(m);
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}
