hdu5441（并查集+离线处理）

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5441

题意：

　　根据输入的三个整数n、m、q，表示有n座城市，m条路，q次询问。下面给出m行，每行三个数start、end、w，分别是这条道路的起点城市、终点城市、“权值”。然后给出q次询问的数值，每次询问的结果是符合条件的路有多少条。条件就是：如果这条路的权值比给的限制值要小，那么这条路就是可行的。注意就是：对于一条路的添加来说，只要a到b之间有路，那么符合条件的路就会有两条，一条是a到b，还有一条是b到a。比如：添加了两条路，a到b、b到c，那么其实答案就是6条，(a,b)、(a,c)、(b,a)、(b,c)、(c,a)、(c,b)。

思路：

　　刚开始用常规的并查集做法来写，发现会TLE，看了下数据，我之前那种遍历方法绝对会超时啊……看到q次询问就不加思索的对每次询问进行遍历，这样每次询问就要遍历一遍那m组数据，虽然实际可能不用遍历完m组，但是这个时间复杂度是很高的。然后网上学习了下，发现有一种方法很好，那就是不光对load[i].w进行排序，还可以对这q次询问的限制值进行排序这样的话只需要对m组数据遍历一次就够了。貌似这种方法有个名称叫做“离线处理”？（我个人理解应该是把查询的值先读入，读入后不在线处理，而是先存起来，排序之后再在遍历m组数据的时候使用）因为输出的时候是要按照输入时的顺序对应输出，所以这里需要有个表示查询值编号的数据。然后计算公式的话，两个集合合并，有增量有减量，合并后原来那两个集合不存在了，减量就是n1*(n1-1)、n2*(n2-1)；合并后新出现的新集合存在一个增量：(n1+n2)*(n1+n2-1)。

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 2e4 + 10;
const int max_edge = 1e5 + 10;
const int max_q = 5e3 + 10;

int fa[maxn];
int num[maxn];    //记录这个集合中点的个数

struct Load
{
    int start;
    int end;
    int w;
} load[max_edge];

struct Qnode
{
    int sum;
    int id;        //记录编号，便于最后输出时是按编号输出
} qnode[max_q];

bool cmp1(Load a, Load b)        //按权值从小到大排序
{
    return a.w < b.w;
}

bool cmp2(Qnode a, Qnode b)        //按限制值从小到大排序
{
    return a.sum < b.sum;
}

void init(int n)
{
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        fa[i] = i;
        num[i] = 1;
    }
    return;
}

int find(int x)
{
    if(fa[x] == x)
    {
        return x;
    }
    else
    {
        return fa[x] = find(fa[x]);
    }
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    int n, m, q;

    long long ans[max_q];

    cin >> t;

    while(t--)
    {
        cin >> n >> m >> q;
        init(n);
        for(int i = 1; i <= m; i++)
        {
            cin >> load[i].start >> load[i].end >> load[i].w;
            //发现这个交换是多余的……
            /*if(load[i].start > load[i].end)
            {
                swap(load[i].start, load[i].end);
            }*/
        }
        sort(load + 1, load + 1 + m, cmp1);

        for(int i = 1; i <= q; i++)
        {
            cin >> qnode[i].sum;
            qnode[i].id = i;    //编号按顺序赋值
        }
        sort(qnode + 1, qnode + 1 + q, cmp2);

        int cnt = 1;
        long long tmp = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i++)    //这里是直接遍历路径数据，效率比我之前想的高多了……
        {
            int x = find(load[i].start);
            int y = find(load[i].end);

            while(load[i].w > qnode[cnt].sum && cnt <= q)
            {
                ans[qnode[cnt].id] = tmp;    //没有新的路添加，所以答案还是tmp，暂时不变
                cnt++;    //当前这个小的qnode不能满足大于这条路的权值，那么就继续往下看比当前大的qnode是否符合条件
            }
            if(x != y)
            {
                long long n1 = num[x], n2 = num[y];
                tmp += (n1 + n2) * (n1 + n2 - 1);
                tmp -= (n1 * (n1 - 1) + n2 * (n2 - 1));
                fa[x] = y;
                num[y] += num[x];    //x合并到y上，则x上点的个数也要加到y上
            }
        }
        while(cnt <= q)    //这里的意思是，路径数据已经全部遍历完了，可能询问还没有结束，较小的询问已经处理过全部数据，那么较大的也一定能
        {
            ans[qnode[cnt++].id] = tmp;
        }
        for(int i = 1; i <= q; i++)
        {
            cout << ans[i] << endl;
        }
    }
    return 0;
}