题解-APIO2019桥梁

problem

\(\mathrm {loj-3145}\)

题意概要：给定一张 \(n\) 点 \(m\) 边的无向图，边有边权，共 \(q\) 次操作，每次会将第 \(x\) 条边的权值改为 \(y\)，或询问从 \(x\) 开始只走大于等于 \(y\) 的边能到达多少点。

\(n\leq 5\times 10^4,\ m,q\leq 10^5\)

Solution

这道题和 \(HNOI2016\) 最小公因数 长得很像，想到分块就会了。由于这题有修改，对询问的权值分块不好做，就只能对操作分块了。

设操作块大小为 \(T\)，则共 \(\lceil\frac qT \rceil\) 个操作快。

对于每一个操作块，按照询问的权值大小顺序询问（否则就需要上可持久化并查集）。需要考虑两者的贡献：在块内被修改了的边、在块内未被修改的边。后者可以依照询问的权值大小依次添加，而由于目前将询问按权值大小排序，所以询问时间不一定递增，可以暴力处理块内修改，查看这条边是否有用。

对于每一个询问，需要暴力扫描块内的修改，每次修改因为需要支持并查集撤销，复杂度 \(O(T\log n)\)。总共 \(q\) 个询问，共 \(O(qT\log n)\)。

对于每一块而言，需要将所有边排序、块内询问排序，处理整块排序时会重构整个并查集，复杂度 \(O(n+m\log m+T\log T)\)，由于 \(n,m,q\) 同阶，所以简化为 \(O(m\log m)\)。总共 \(\lceil \frac qT\rceil\) 块，共 \(O(\frac qT\cdot m\log m)\)。

考虑到 \(n,m,q\) 同阶，总复杂度为 \(O(mT\log m+\frac {m^2\log m}T)=O(m\log m(T+\frac mT))\)，取 \(T=m^{\frac 12}\) 得复杂度最低为 \(O(m^{\frac 32}\log m)\)。到这就能过了

实际上没必要每一块内重新排序，可以将一开始排序后的序列拆出来，复杂度 \(O(m)\)，重新计算复杂度得 \(O(mT\log m+\frac {m^2}T)\)，取 \(T=\sqrt {m\log m}\) 可得 \(O(m^{\frac 32}\sqrt {\log m})\)……但效率差别并不是很大。

Code

这里写的是前一个版本的。

//loj-3145
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
	char ch=getchar(),ob=0;x=0;
	while(ch!='-'&&!isdigit(ch))ch=getchar();if(ch=='-')ob=1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();if(ob)x=-x;
}

const int N = 101000;
int n, m, Q;

struct Edge {
	int l, r, w, id;
	inline void in() {read(l), read(r), read(w);}
	friend inline bool operator < (const Edge&A, const Edge&B) {return A.w > B.w;}
}e[N], ee[N];

struct Qry {
	int op, x, y, id;
	inline void in() {read(op), read(x), read(y);}
	friend inline bool operator < (const Qry&A, const Qry&B) {return A.y > B.y;}
}q[N], md[N], qr[N];

int d[N], sz[N];
inline int f(int x) {while(d[x]) x = d[x]; return x;}

struct RUB {int x, dx, y, sy;}Rub[N];
int rub;

inline void merge(int x, int y) {
	x = f(x), y = f(y); if(x == y) return ;
	if(sz[x] > sz[y]) swap(x, y);
	Rub[++rub] = (RUB) {x, d[x], y, sz[y]};
	d[x] = y, sz[y] += sz[x];
}

inline void cancel() {while(rub) d[Rub[rub].x] = Rub[rub].dx, sz[Rub[rub].y] = Rub[rub].sy, --rub;}

int Ans[N], st[N], ew[N];
bool ex[N];

int main() {
	read(n), read(m);
	for(int i=1;i<=m;++i) e[i].in(), e[i].id = i;
	int T = max(1.0, sqrt(m*log(m)/log(2)));
	read(Q);
	for(int l=1,r=T;l<=Q;l+=T) {
		r = min(Q, l+T-1);
		int t = r - l + 1, t0 = 0, t1 = 0;

		for(int i=1;i<=m;++i) ex[i] = false;

		for(int i=1;i<=t;++i) {
			Ans[i] = 0, q[i].in(), q[i].id = i;
			if(q[i].op == 1) md[++t0] = q[i], ex[q[i].x] = true;
			else qr[++t1] = q[i];
		}
		sort(qr+1, qr+t1+1);
		
		for(int i=1;i<=n;++i) d[i] = 0, sz[i] = 1;

		int em = 0, tp = 0;
		for(int i=1;i<=m;++i)
			if(!ex[i]) ee[++em] = e[i];
			else st[++tp] = i;
		sort(ee+1, ee+em+1);

		int ie = 1;
		for(int i=1;i<=t1;++i) {
			while(ie <= em and ee[ie].w >= qr[i].y)
				merge(ee[ie].l, ee[ie].r), ++ie;
			
			for(int j=1;j<=tp;++j) ew[st[j]] = e[st[j]].w;
			for(int j=1;j<=t0 and md[j].id <= qr[i].id;++j)
				ew[md[j].x] = md[j].y;
			rub = 0;
			for(int j=1;j<=tp;++j)
				if(ew[st[j]] >= qr[i].y)
					merge(e[st[j]].l, e[st[j]].r);
			Ans[qr[i].id] = sz[f(qr[i].x)];
			cancel();
		}
		for(int i=1;i<=t0;++i)
			e[md[i].x].w = md[i].y;
		for(int i=1;i<=t;++i)
			if(Ans[i]) printf("%d\n", Ans[i]);
	}
	return 0;
}