「解题报告」ARC141E Sliding Edge on Torus

这题为啥能上 3000，我这种废物都能一眼看出来做法...

首先发现可以将点根据 \(x - y\) 的值分成 \(n\) 组，第 \(x\) 组的第 \(i\) 个点为 \((i, i + x)\)，这样每次连边的时候肯定是两组之间的所有点进行连边。

考虑将两组点连在一起之后，相当于将两组 \(n\) 个点合并成了一组 \(n\) 个点，第一组中的第 \(i\) 个点与第二组中的第 \(j\) 个点相连。这样看起来很烦，所以我们可以维护每组的一个偏移量，使得它们能够第 \(i\) 个点与第 \(i\) 个点相连。直接并查集启发式合并维护即可。

然后考虑一个连通块中连第二条边，那么显然这 \(n\) 个点会被这条边划分成若干个连通块，假如当前每个连通块中每个点距离为 \(d\)，新的边跨过的点数量为 \(c\)，那么连完之后得到的新连通块的每个点距离就是 \(\gcd(d, c)\)。这个距离同时也是连通块的个数。

那么直接并查集维护即可。注意当两组合并的时候，两组的连通块距离也可能不同，所以合并之后新的距离是原来两个距离的 \(\gcd\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 200005;
int n, q;
int norm(int x) {
    return (x % n + n) % n;
}
int siz[MAXN], fa[MAXN], off[MAXN], f[MAXN];
vector<int> pts[MAXN];
int find(int x) {
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &q);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        siz[i] = 1, f[i] = n, fa[i] = i;
        pts[i].push_back(i);
    }
    long long ans = 1ll * n * n;
    for (int i = 1; i <= q; i++) {
        int a, b, c, d; scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
        int x = norm(a - b), y = norm(c - d), dif = norm((a - off[x]) - (c - off[y]));
        if (find(x) != find(y)) {
            x = find(x), y = find(y);
            if (siz[x] > siz[y]) swap(x, y), dif = norm(-dif);
            fa[x] = y;
            siz[y] += siz[x];
            for (int p : pts[x]) {
                off[p] = norm(off[p] + dif);
                pts[y].push_back(p);
            }
            ans -= f[x] + f[y];
            f[y] = __gcd(f[x], f[y]);
            ans += f[y];
        } else {
            int dd = norm((a - off[x]) - (c - off[y]));
            int u = find(x);
            ans -= f[u];
            f[u] = __gcd(f[u], dd);
            ans += f[u];
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}