[CF603E] Pastoral Oddities 题解

注意力惊人的注意到我们可以将问题转化为所有联通块大小全部为偶数。

假如已经确认了所有加入的边，那么我们可以通过类似 \(K\) 算法的方式求解。

考虑到答案单调不升，所以每条边都有一个影响的区间。考虑线段树分治。

我们倒序枚举，遇到要加入的边，若当前时间为 \(t\)，边的加入时间为 \(t'\)，则我们让 \([t',t)\) 这一段区间都连这条边。由于答案单调不升（倒序就是单调不减），所以可以用类似双指针的思路将枚举加边的时间复杂度降到 \(O(m)\)。之后就是经典线段树分治了。

时间复杂度 \(O(n\log n\log m)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,m,k,fa[N],sz[N],ans[N];
struct mer{
	int sz,x,y,dod;
};stack<mer>st;
struct ed{
	int x,y,v,id;
}e[N];int ps,od;
vector<ed>g[4*N];
int cmp(ed x,ed y){
	return x.v<y.v; 
}inline void init(){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		fa[i]=i,sz[i]=1;
}inline int find(int x){
	return fa[x]==x?x:find(fa[x]);
}inline void unite(int x,int y){
	x=find(x),y=find(y);
	if(x==y) return;int fl=0;
	if(sz[x]<sz[y]) swap(x,y);
	if(sz[x]%2&&sz[y]%2) fl=2;
	st.push({sz[x],x,y,fl});
	fa[y]=x,sz[x]+=sz[y],od-=fl;
}inline void chg(int x,int l,int r,int L,int R,ed e){
	if(L>R) return;
	if(L<=l&&r<=R){
		g[x].push_back(e);
		return;
	}int mid=(l+r)/2;
	if(L<=mid) chg(x*2,l,mid,L,R,e);
	if(R>mid) chg(x*2+1,mid+1,r,L,R,e);
}inline void solve(int x,int l,int r){
	int ltp=st.size();
	for(auto eg:g[x]) unite(eg.x,eg.y);
	int mid=(l+r)/2;
	if(l==r){
		while(od&&ps<m){
			if(e[ps+1].id<=l){
				unite(e[ps+1].x,e[ps+1].y);
				chg(1,1,m,e[ps+1].id,l-1,e[ps+1]);
			}ps++;
		}ans[l]=(!od?e[ps].v:-1);
	}else solve(x*2+1,mid+1,r),solve(x*2,l,mid);
	while(st.size()>ltp){
		mer x=st.top();st.pop();
		fa[x.y]=x.y,sz[x.x]=x.sz,od+=x.dod;
	}
}signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m,od=n,init();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		cin>>e[i].x>>e[i].y>>e[i].v,e[i].id=i;
	sort(e+1,e+m+1,cmp),solve(1,1,m);
	for(int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<"\n";
	return 0;
}