【2020杭电多校round1 1006】HDU6756 Finding a MEX

题目大意

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给定一张\(n\)个点\(m\)条边的无向图\(G=(V,E)\)。每个点\(u\)有一个点权\(a_u\)。令\(S_u=\{a_v|(u,v)\in E\}\)。令\(F_u=\operatorname{mex}(S_u)\),其中\(\operatorname{mex}\)表示最小的、在集合里没出现过的,非负整数。

接下来会给出\(q\)次操作,操作有两种:

  • \(1\ u\ x\),把点\(u\)的点权改成\(x\),也就是令\(a_u:=x\)
  • \(2\ u\),查询\(F_u\)的值。

请你对所有操作\(2\)输出答案。

数据范围:\(1\leq n,m\leq 10^5\)\(0\leq a_u\leq 10^9\)\(1\leq q\leq 10^5\)

本题题解

设置一个值\(B\)。按点的度数\(>B\)\(\leq B\),将点分为“大点”和“小点”。每个小点的邻居数不超过\(B\),大点的总数不超过\(\frac{n}{B}\),这对我们来说是很好的性质。

对于一次修改操作,如果被修改的点是小点,则可以直接暴力枚举它的所有邻居,进行修改。如果被修改的点是大点,则什么也不做(有点像线段树的懒标记,先放着,等查询的时候再说)。

查询时,所有小点对当前点的影响已经维护好了。考虑大点的影响,暴力枚举所有与当前点相邻的大点,如果它被修改过,更新当前点的\(F\)值即可。因为大点的总数只有\(O(\frac{n}{B})\)个,所以一次操作最多做\(O(\frac{n}{B})\)次修改。

那么问题就转化为,如何维护出每个点的\(S\)集合,支持加入一个值、删除一个值、查询\(\operatorname{mex}\)。如果用动态开点线段树(给图上每个点都开一棵),则一次修改时间复杂度是\(O(\log a)\)的,一次查询时间复杂度是\(O(1)\)的。空间复杂度理论上最大甚至高达\(O((n+q)(B+\frac{n}{B})\log a)\)。如果\(B\)\(\sqrt{n}\),则时间、空间复杂度都是\(O(n\sqrt{n}\log a)\)的。虽然实际上可以AC,但还可以继续优化。

我们发现,一个点的\(F_u\)值(也就是\(\operatorname{mex}(S_u)\)),不会超过\(\operatorname{deg}(u)\)(因为\(S_u\)的大小不超过\(\operatorname{deg}(u)\))。所以线段树的值域只需要开到\(n\),时、空复杂度优化为\(O(n\sqrt{n}\log n)\)

进一步优化,考虑不用线段树。我们发现,线段树的特点是,修改较慢,查询很快(是\(O(1)\)的)。但是我们恰恰需要较快的修改(因为修改操作需要进行\(O((n+q)\sqrt{n})\)次),而查询则可以慢一点(因为只会做\(O(q)\)次查询)。

于是考虑用分块替代线段树。对值域分块,用数组记录每个值的出现次数,和每个块内有多少种不同的值,这样修改是\(O(1)\)的。因为每个点值域是\(\operatorname{deg}(u)\)的,所以记录这些需要的总空间就是\(\sum \operatorname{deg}(u)=O(m)\)的。查询时,暴力枚举所有的块,时间复杂度是\(O(\sqrt{\operatorname{deg}(u)})=O(\sqrt{n})\)的。于是,我们通过分块,牺牲了查询的复杂度,实现了\(O(1)\)修改。

总时间复杂度降为\(O(n+q\sqrt{n})\)

参考代码:

//problem:1006
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}

const int B=300;
const int MAXN=1e5;

int n,m,q,a[MAXN+5],deg[MAXN+5];
bool is_big[MAXN+5];
vector<int>G[MAXN+5],cnt[MAXN+5],tag[MAXN+5];
vector<pii>big_nb[MAXN+5];//big neighbour

inline void ins(int u,int x){
	ckmin(x,deg[u]);
	cnt[u][x]++;
	if(cnt[u][x]==1)
		tag[u][x/B]++;
}
inline void del(int u,int x){
	ckmin(x,deg[u]);
	cnt[u][x]--;
	if(cnt[u][x]==0){
		tag[u][x/B]--;
	}
}
int query_mex(int u){
	for(int i=0;i<=deg[u];i+=B){
		int j=min(i+B-1,deg[u]);
		if(tag[u][i/B] < j-i+1){
			for(int k=i;k<=j;++k)
				if(!cnt[u][k])
					return k;
			throw;
		}
	}
	throw;
}

void solve_case(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		deg[i]=0;
		is_big[i]=false;
		vector<int>().swap(G[i]);
		vector<int>().swap(cnt[i]);
		vector<int>().swap(tag[i]);
		vector<pii>().swap(big_nb[i]);
		//相当于 v.clear()
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u,v; cin>>u>>v;
		G[u].pb(v); G[v].pb(u);
		deg[u]++; deg[v]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		is_big[i]=(deg[i]>B);
		cnt[i].resize(deg[i]+1);
		tag[i].resize(deg[i]/B+1);
	}
	for(int u=1;u<=n;++u){
		for(int i=0;i<SZ(G[u]);++i){
			int v=G[u][i];
			if(is_big[v])
				big_nb[u].pb(mk(v,a[v]));
			ins(u,a[v]);
		}
	}
	cin>>q;
	for(int tq=1;tq<=q;++tq){
		int op; cin>>op;
		if(op==1){
			int u,new_a; cin>>u>>new_a;
			if(is_big[u]){
				a[u]=new_a;
			}
			else{
				for(int i=0;i<SZ(G[u]);++i){
					int v=G[u][i];
					del(v,a[u]);
					ins(v,new_a);
				}
				a[u]=new_a;
			}
		}
		else{
			int u; cin>>u;
			for(int i=0;i<SZ(big_nb[u]);++i){
				int v=big_nb[u][i].fi;
				int old_a=big_nb[u][i].se;
				if(old_a != a[v]){
					del(u,old_a);
					ins(u,a[v]);
					big_nb[u][i].se=a[v];
				}
			}
			cout<<query_mex(u)<<endl;
		}
	}
}
int main(){
	int T;cin>>T;while(T--){
		solve_case();
	}
	return 0;
}
posted @ 2020-07-21 22:35  duyiblue  阅读(859)  评论(5编辑  收藏  举报