P1967 [NOIP2013 提高组] 货车运输

合集 - 图论(79)

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原题链接

题解

朴素做法：

每次询问，二分最小边，然后bfs遍历查看是否能到达，时间复杂度 $O(q\cdot logn\cdot m)$

优化：

如果答案里的最小边是 $k$ ，那么代表所有边权不小于 $k$ 的边都可以使用，因此可以直接从大到小加入边，直至起点与终点连接

时间复杂度 $O(q\cdot m\cdot logm)$

这个做法虽然没有优化多少，但是这个思想给了我们启发，因为这个过程有点像求最大生成树的过程（这里的最大生成树是指树中最小的边最大）

而对于每一次查询，其实最大生成树是一样的，因此我们只需要在查询前求一次最大生成树，然后查询时在树上倍增求最大值（bfs做法）

时间复杂度 $O(qlogm+nlogm)$

码量有点大啊（汗）

更方便的做法：

在构建最大生成树时，如果当前遍历的边两端所属集合不同，那么查询中两点分别属于两端集合的答案就是当前边的权值（加边做法）

因此在构建最大生成树的时候，再建立一个集合维护待查询的编号，如果集合合并时有编号相同，更新答案

集合合并时小集合向大集合合并

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
using namespace std;
const ll inf=1e18;
const ll mod=1e9+7;

struct node
{
    ll x,y,v;
};

bool cmp(node a,node b)
{
    return a.v>b.v;
}

ll fa[10005];
ll finds(ll now){return fa[now]==now?now:fa[now]=finds(fa[now]);}


ll ans[50004];

void solve()
{
    memset(ans,-1,sizeof ans);
    ll n,m;
    cin>>n>>m;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        fa[i]=i;
    }

    vector<node> edge;

    for(ll i=1;i<=m;i++)
    {
        ll x,y,v;
        cin>>x>>y>>v;
        edge.push_back({x,y,v});
    }

    ll q;
    cin>>q;
    set<ll> Q[10004];
    for(ll i=1;i<=q;i++)
    {
        ll x,y;
        cin>>x>>y;
        Q[x].insert(i);
        Q[y].insert(i);
    }

    sort(edge.begin(),edge.end(),cmp);

    for(auto it:edge)
    {
        auto [x,y,v]=it;
        ll fx=finds(x),fy=finds(y);
        if(fx==fy) continue;
        if(Q[fx].size()>Q[fy].size()) swap(fx,fy);
        vector<ll> tem;
        for(auto it:Q[fx])
        {
            if(Q[fy].count(it))
            {
                ans[it]=v;
                Q[fy].erase(it);
            }
            else tem.push_back(it);
        }
        for(auto it:tem) Q[fy].insert(it);
        fa[fx]=fy;
    }

    for(ll i=1;i<=q;i++) cout<<ans[i]<<'\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int TT=1;
    //cin>>TT;
    while(TT--) solve();
    return 0;
}