[UER #1] DZY Loves Graph
题目描述
开始有 \(n\) 个点,现在对这 \(n\) 个点进行了 \(m\) 次操作,对于第 \(i\) 个操作(从 \(1\) 开始编号)有可能的三种情况:
-
\(Add\) a b: 表示在 \(a\) 与$ b$ 之间连了一条长度为 \(i\) 的边(注意, i是操作编号)。保证 \(1≤a,b≤n\)。
-
\(Delete\) k: 表示删除了当前图中边权最大的\(k\)条边。保证 k 一定不会比当前图中边的条数多。
-
\(Return\): 表示撤销第 \(i−1\) 次操作。保证第 \(1\) 次操作不是 \(Return\) 且第 \(i−1\)次不是 \(Return\) 操作。
请你在每次操作后告诉\(DZY\)当前图的最小生成树边权和。如果最小生成树不存在则输出 \(0\)。
Input
第一行两个正整数 \(n,m\)。表示有 \(n\) 个点 \(m\) 个操作。
接下来 \(m\) 行每行描述一个操作。
| 测试点编号 | \(n\) | \(m\) | 其他 |
|---|---|---|---|
| 1 | \(n≤10^3\) | \(m≤10^3\) | 只有\(Add\)操作 |
| 2 | \(n≤10^3\) | \(m≤10^3\) | |
| 3 | \(n≤10^3\) | \(m≤10^3\) | |
| 4 | \(n≤2×10^5\) | \(m≤2×10^5\) | 只有\(Add\)操作 |
| 5 | \(n≤3×10^5\) | \(m≤5×10^5\) | 只有\(Add\)操作 |
| 6 | \(n≤2×10^5\) | \(m≤2×10^5\) | 没有\(Return\)操作 |
| 7 | \(n≤3×10^5\) | \(m≤5×10^5\) | 没有\(Return\)操作 |
| 8 | \(n≤2×10^5\) | \(m≤2×10^5\) | |
| 9 | \(n≤2×10^5\) | \(m≤2×10^5\) | |
| 10 | \(n≤3×10^5\) | \(m≤5×10^5\) |
Output
对于每一个操作输出一行一个整数表示当前最小生成树边权和。
Sample Input
2 2
Add 1 2
Return
5 10
Add 2 1
Add 3 2
Add 4 2
Add 5 2
Add 2 3
Return
Delete 1
Add 2 3
Add 5 2
Return
Sample Output
1
0
0
0
0
10
10
10
0
0
15
0
算法一：
\(1-3\)号测试点可以直接每次暴力求最小生成树,时间复杂度\(O(m*n^2α(n))\)得分\(30\)。
算法二：
其次，\(4-5\)号测试点只有\(Add\)操作的测试点可以发现，由于边权是依次递增的。
由此，一旦构成最小生成树后，便不会发生改变，直接每次加边按照并查集的方法做。
时间复杂度\(O(nα(n))\)，结合算法一,得分\(50\)。
算法三:
我们发现，删边的操作和加边的操作主要是在维护几个连通块。
那么，如何做到可撤回的并查集呢？
可持久化并查集,当然是按秩合并的并查集了！！
于是，关于加边和删边的操作我们都解决了。。。
问题主要在\(return\)操作上。
题目中说到，一个\(return\)的操作的前一个操作不可能是\(return\)。
也就是说，若第\(i\)次操作为\(return\)操作，那么，第\(i\)次操作的答案和第\(i-2\)操作答案相同，同时，第\(i-1\)次操作未执行。
所以，对于一个\(Add\)或者\(Delete\)操作，我们只用关心下一次操作是不是\(return\)就行了。
于是，我们先进行离线操作。
对于当前操作为\(Add\)或\(Delete\)则看下一次操作，若不为\(return\)直接执行。
否则,执行完操作后存下答案，然后进行撤回操作。
时间复杂度\(O(n*log_n)\)，得分\(100\)。
代码如下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define u64 unsigned long long
#define u32 unsigned int
#define reg register
#define Raed Read
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,x) for(reg int i=Head[x]; i; i=Nxt[i])
inline int Read() {
int res = 0, f = 1;
char c;
while (c = getchar(), c < 48 || c > 57)if (c == '-')f = 0;
do res = (res << 3) + (res << 1) + (c ^ 48);
while (c = getchar(), c >= 48 && c <= 57);
return f ? res : -res;
}
template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
return a > b ? a = b, 1 : 0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
return a < b ? a = b, 1 : 0;
}
const int N=5e5+5;
bool MOP1;
int n,m;
struct node {
int op,a,b;
} Q[N];
struct T3Add {
int Fa[N];
int find(int x) {
return Fa[x]==x?Fa[x]:Fa[x]=find(Fa[x]);
}
inline void solve(void) {
rep(i,1,n)Fa[i]=i;
int tot=0,Ans=0;
rep(i,1,m) {
if(tot==n-1) {
printf("%lld\n",Ans);
continue;
}
int a=find(Q[i].a),b=find(Q[i].b);
if(a!=b) {
tot++,Ans+=i;
Fa[a]=b;
}
if(tot<n-1)puts("0");
else printf("%lld\n",Ans);
}
}
} PAdd;
struct T330 {
struct edge {
int a,b,c;
} Edge[N];
int Fa[N];
int find(int x) {
return Fa[x]==x?Fa[x]:Fa[x]=find(Fa[x]);
}
inline void solve(void) {
int tot=0,top=0;
rep(i,1,m) {
int op=Q[i].op;
if(op==1)Edge[++top]=(edge)<%Q[i].a,Q[i].b,i%>;
if(op==2)top-=Q[i].a;
if(op==3) {
if(Q[i-1].op==1)top--;
else top+=Q[i-1].a;
}
int Ans=0,res=0;
rep(j,1,n)Fa[j]=j;
rep(j,1,top) {
int a=find(Edge[j].a),b=find(Edge[j].b);
if(a==b)continue;
res++,Ans+=Edge[j].c,Fa[a]=b;
}
if(res!=n-1)Ans=0;
printf("%lld\n",Ans);
}
}
} P30;
struct T3Ac {
int Fa[N],dep[N],Ans[N];
struct edge {
int a,b;
} Edge[N];
int find(int x) {
return Fa[x]==x?Fa[x]:find(Fa[x]);
}
int stack[N];
inline void solve(void) {
int cnt=0,tot=0,top=0;
rep(i,1,n)Fa[i]=i;
rep(i,1,m) {
int op=Q[i].op;
if(op==1) {
int a=find(Q[i].a),b=find(Q[i].b);
if(a!=b)cnt++,tot+=i;
if(cnt==n-1)Ans[i]=tot;
else Ans[i]=Ans[i-1];
if(Q[i+1].op==3) {
Ans[i+1]=Ans[i-1];
if(a!=b)cnt--,tot-=i;
} else {
stack[++top]=i;
if(a!=b) {
if(dep[a]>dep[b])swap(a,b);
Fa[a]=b,Max(dep[b],dep[a]+1);
Edge[i].a=a,Edge[i].b=b;
}
}
}
if(op==2) {
Ans[i]=Ans[stack[top-Q[i].a]];
if(Q[i+1].op==3)Ans[i+1]=Ans[i-1];
else {
int k=Q[i].a;
rep(j,1,k) {
int Id=stack[top--],A=Edge[Id].a;
if(!A)continue;
Fa[A]=A;
cnt--,tot-=Id;
}
}
}
printf("%lld\n",Ans[i]);
}
}
} P100;
char S[15];
bool MOP2;
inline void _main(void) {
n=Raed(),m=Read();
int f=0;
rep(i,1,m) {
scanf("%s",S);
if(S[0]!='A')f=1;
if(S[0]=='A')Q[i]=(node)<%1,Read(),Read()%>;
if(S[0]=='D')Q[i]=(node)<%2,Read(),0%>;
if(S[0]=='R')Q[i]=(node)<%3,0,0%>;
}
if(!f)PAdd.solve();
else if(n<=1000&&m<=1000)P30.solve();
else P100.solve();
}
signed main() {
#define offline1
#ifdef offline
freopen("graph.in", "r", stdin);
freopen("graph.out", "w", stdout);
_main();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
#else
_main();
#endif
return 0;
}
