【题解】[Mivik Round / 梦境彼岸] 泪光 | Tears
声海、泪光、再会、彼岸。
后会有期。
题意
有 \(n\) 个正实数变量 \(v1, ..., v_n\) 和 \(m\) 个询问，根据已知条件回答询问。
每次给出两种条件之一：
- 给出常数 \(a, b, c, d\)，表示现在已知存在无穷个 \(f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\)，使得 \(\frac{f(v_a)}{f(v_b)} = \frac{v_c}{v_d}\)
- 给出常数 \(a, b\)，表示现在已知存在有穷个 \(f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\)，使得 \(f(v_a) \neq f(v_b)\)
其中 \(f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) 表示一个定义域和值域都是实数的函数。
有穷个的定义是可以用一自然数 \(k\) 表示满足条件的函数个数。
或者两种询问之一：
- 给出常数 \(a, b\)，询问 \(v_a = v_b\) 是否恒成立。
- 给出常数 \(a\)，询问 \(\sum\limits_{1 \leq b \leq n} [v_a = v_b]\)
初始时可以认为所有变量互不相同，之后根据条件自行判断。
对于全部数据，有 \(1 \leq n, m \leq 6 \times 10^5\)
思路
转化 + 并查集。
对于第二种条件，显然当 \(v_a \neq v_b\) 时容易构造出无穷个满足条件的函数，当且仅当 \(v_a = v_b\) 时能构造出零个（有穷个）满足条件的函数。因此第二种条件实际上等价于 \(v_a = v_b\)
对于第一种条件，若 \(v_a \neq v_b\)，显然容易构造出无穷个满足条件的函数，该条件无用。若 \(v_a = v_b\)，此时 \(f(v_a) = f(v_b)\)，即 \(\frac{v_c}{v_d} = 1\)。因此第一种条件相当于若 \(v_a = v_b\)，则 \(v_c = c_d\)
考虑用并查集维护答案。对于操作二，直接并查集合并。对于操作一，当 \(n \leq 5000\) 时可以暴力 \(\mathcal{O}(n^2)\) 枚举此前的操作一维护答案，可以拿到 \(\texttt{Subtask 3}\) 的 \(35\) 分。
对于所有数据，可以考虑给每个并查集附上与其内部结点有关的条件标记。对于第 \(i\) 个操作一，若 \(a, b\) 属于同一并查集，则直接合并 \(c, d\) 所属的并查集；反之，向 \(a, b\) 所属的并查集的根附上当前操作的标记 \(i\)，表示以后维护与该并查集有关的操作二时需要检查是否符合第 \(i\) 个操作一的条件。
由于我们向两个并查集都加入了标记，所以检查时只需要检查其中一个并查集的标记即可。考虑使用启发式合并优化，每次检查标记数较少的并查集并且将它的条件标记加入另一并查集。注意一次合并可能会带出多次合并，因此应该使用队列存储当前需要合并的结点。
用 set 实现，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n \log^2 n)\)。
代码
#include <cstdio>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn = 6e5 + 5;
const int maxm = 6e5 + 5;
int n, m;
int fa[maxn], siz[maxn];
int a[maxm], b[maxm], c[maxm], d[maxm];
bool vis[maxm];
set<int> st[maxn];
queue<pair<int, int> > q;
int get(int x) {
if (fa[x] == x) {
return x;
}
return fa[x] = get(fa[x]);
}
void merge(int x, int y) {
x = get(x);
y = get(y);
if (x != y) {
if (st[x].size() < st[y].size()) {
int temp = x;
x = y, y = temp;
}
for (set<int>::iterator it = st[y].begin(); it != st[y].end(); it++) {
int cur = *it;
if (vis[cur]) {
continue;
}
if ((get(a[cur]) == x) && (get(b[cur]) == y)) {
vis[cur] = true;
st[x].erase(cur);
q.push(make_pair(c[cur], d[cur]));
} else if ((get(a[cur]) == y) && (get(b[cur]) == x)) {
vis[cur] = true;
st[x].erase(cur);
q.push(make_pair(c[cur], d[cur]));
}
}
for (set<int>::iterator it = st[y].begin(); it != st[y].end(); it++) {
int cur = *it;
if (!vis[cur]) {
st[x].insert(cur);
}
}
fa[y] = x;
siz[x] += siz[y];
}
}
void modify() {
while (!q.empty()) {
int x = q.front().first;
int y = q.front().second;
q.pop();
merge(x, y);
}
}
int main() {
int opt;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
fa[i] = i;
siz[i] = 1;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d", &opt);
if (opt == 1) {
scanf("%d%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i], &d[i]);
if (get(a[i]) == get(b[i])) {
q.push(make_pair(c[i], d[i]));
modify();
vis[i] = true;
continue;
}
st[get(a[i])].insert(i);
st[get(b[i])].insert(i);
} else if (opt == 2) {
scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
q.push(make_pair(a[i], b[i]));
modify();
} else if (opt == 3) {
scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
puts((get(a[i]) == get(b[i])) ? "entangled" : "separate");
} else {
scanf("%d", &a[i]);
printf("%d\n", siz[get(a[i])]);
}
}
return 0;
}
