【离线 撤销并查集 线段树分治】bzoj1018: [SHOI2008]堵塞的交通traffic
本题可化成更一般的问题：离线动态图询问连通性
当然可以利用它的特殊性质，采用在线线段树维护一些标记的方法
Description
有一天，由于某种穿越现象作用，你来到了传说中的小人国。小人国的布局非常奇特，整个国家的交通系统可
以被看成是一个2行C列的矩形网格，网格上的每个点代表一个城市，相邻的城市之间有一条道路，所以总共有2C个
城市和3C-2条道路。 小人国的交通状况非常槽糕。有的时候由于交通堵塞，两座城市之间的道路会变得不连通，
直到拥堵解决，道路才会恢复畅通。初来咋到的你决心毛遂自荐到交通部某份差事，部长听说你来自一个科技高度
发达的世界，喜出望外地要求你编写一个查询应答系统，以挽救已经病入膏肓的小人国交通系统。 小人国的交通
部将提供一些交通信息给你，你的任务是根据当前的交通情况回答查询的问题。交通信息可以分为以下几种格式：
Close r1 c1 r2 c2：相邻的两座城市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被堵塞了；Open r1 c1 r2 c2：相邻的两座城
市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被疏通了；Ask r1 c1 r2 c2：询问城市(r1,c1)和(r2,c2)是否连通。如果存在一
条路径使得这两条城市连通，则返回Y，否则返回N；
Input
第一行只有一个整数C，表示网格的列数。接下来若干行，每行为一条交通信息，以单独的一行“Exit”作为
结束。我们假设在一开始所有的道路都是堵塞的。我们保证 C小于等于100000，信息条数小于等于100000。
Output
对于每个查询，输出一个“Y”或“N”。
题目分析
这里提供一种更加一般的模型，即离线动态图连通性。
大体的思路是：把所有操作都离线之后，对询问分治，将每个询问看做线段树的一个节点（因为询问天然有序），并且记录当前剩余操作（可以是在过程里带vector）。那么这样在处理到每个叶子节点的时候，就已经把有关的操作都执行了。最后离开当前节点时，按栈序撤销并查集操作。
这个方法的时间复杂度是$O(m \log m \log n)$（$\log n$是可撤销并查集的复杂度）。其优化的本质在于，让一段共用边的操作同时处理。
那么这里有一个很具有启发性的思路：对于一类询问$m$次，每次询问基于若干个元素的问题，可以通过离线分治的方式减少它们的冗余操作，将复杂度将为$O(m \log m \log n)$。当然最大的缺陷在于必须离线（而且过程里挂vector是不是太占空间了？）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int maxn = 200035; 3 4 struct Edge 5 { 6 int u,v,s,t; 7 Edge(int a=0, int b=0, int c=0, int d=0):u(a),v(b),s(c),t(d) {} 8 }; 9 int n,qNum,top; 10 int mp[3][maxn],fat[maxn],size[maxn]; 11 typedef std::vector<Edge> vec; 12 vec opt; 13 std::map<int, int> tag[maxn]; 14 std::pair<int, int> qr[maxn],stk[maxn<<2]; 15 char str[5]; 16 17 int read() 18 { 19 char ch = getchar(); 20 int num = 0, fl = 1; 21 for (; !isdigit(ch); ch=getchar()) 22 if (ch=='-') fl = -1; 23 for (; isdigit(ch); ch=getchar()) 24 num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48; 25 return num*fl; 26 } 27 int find(int x) 28 { 29 while (x!=fat[x]) x = fat[x]; 30 return x; 31 } 32 void merge(int x, int y) 33 { 34 int fx = find(x), fy = find(y); 35 if (size[fx] > size[fy]) std::swap(fx, fy); 36 stk[++top] = std::make_pair(fx, fy); 37 fat[fx] = fy, size[fy] += size[fx]; 38 } 39 void cancel() 40 { 41 int x = stk[top].first, y = stk[top].second; 42 fat[x] = x, size[y] -= size[x]; 43 } 44 void solve(int l, int r, vec opt) 45 { 46 vec L,R; 47 int mid = (l+r)>>1, tmp = top; 48 for (int i=0, mx=opt.size(); i<mx; i++) 49 { 50 int s = opt[i].s, t = opt[i].t; 51 if (s <= l&&r <= t) merge(opt[i].u, opt[i].v); 52 else{ 53 if (s <= mid) L.push_back(opt[i]); 54 if (t > mid) R.push_back(opt[i]); 55 } 56 } 57 if (l==r) puts(find(qr[l].first)==find(qr[l].second)?"Y":"N"); 58 else solve(l, mid, L), solve(mid+1, r, R); 59 while (tmp!=top) cancel(), --top; 60 } 61 int main() 62 { 63 n = read(); 64 for (int i=1, cnt=0; i<=n; i++) 65 mp[1][i] = ++cnt, mp[2][i] = ++cnt; 66 for (int idx,idy; ;) 67 { 68 scanf("%s",str); 69 if (str[0]=='E') break; 70 idx = mp[read()][read()], idy = mp[read()][read()]; 71 if (str[0]=='O'){ 72 opt.push_back(Edge(idx, idy, qNum+1, -1)); 73 tag[idx][idy] = tag[idy][idx] = opt.size()-1; 74 } 75 if (str[0]=='C') opt[tag[idx][idy]].t = qNum; 76 if (str[0]=='A') qr[++qNum] = std::make_pair(idx, idy); 77 } 78 for (int i=0, mx=opt.size(); i<mx; i++) 79 if (opt[i].t==-1) opt[i].t = qNum; 80 for (int i=1; i<=(n<<1); i++) fat[i] = i, size[i] = 1; 81 solve(1, qNum, opt); 82 return 0; 83 }
END
