【线段树分治】【P5227】 [AHOI2013]连通图

Description

给定一个无向连通图和若干个小集合，每个小集合包含一些边，对于每个集合，你需要确定将集合中的边删掉后改图是否保持联通。集合间的询问相互独立

定义一个图为联通的当且仅当对于任意的两个顶点，都存在一条路径连接它们

Input

第一行为两个整数 $n,m$，代表无向图的点数和边数

下面 $m$ 行，包含两个整数 $u,v$，代表该边连接点 $u,v$。第 $i + 1$ 行的边的编号为 $i$。保证不存在重边和自环

下面一行包含一个整数 $k$，表示集合个数

下面 $k$ 行每行描述一个集合，每行的第一个数为集合中边的个数 $c$，后面 $c$ 个数代表集合内的边

Output

对于每个集合，输出一行代表去掉该集合中的边后图是否联通，如果联通输出 Connected，否则输出 Disconnected

Hint

$1~\leq~n,k~\leq~10^5$

$1~\leq~m~\leq~2~\times~10^5$

$1~\leq~c~\leq~4$

Solution

这个分治方法叫做线段树分治，而不是cdq分治。

我们考虑分治，设 $[l,r]$ 为区间 $[l,r]$ 中询问涉及边都没有被连上且其它边都连上时图是否联通，那么递归到底时即为一次询问的答案。

具体方法为先将没有被询问过的边连上。然后在递归区间 $[l,r]$ 时，将区间内 $[l,mid]$ 的询问中不涉及的边全部连上，递归处理左侧区间，然后撤销上次的连边，再将 $(mid, r]$ 中询问不涉及的边都连上，处理右边，回溯后再次撤销。在这个过程中用并查集维护一下联通块个数，在底部即可判断。存储需要撤销的操作可以用一个栈实现。

考虑时间复杂度：递归层数为 $O(\log k)$，于是每个询问被处理 $O(\log k)$ 次，对每个询问中的每条边，每被处理一次就会有一次并查集的删除和撤销操作，由于是按秩合并实现，单次操作复杂度 $O(\log n)$。所以单个询问的复杂度为 $O(c~\log n)$。共有 $k$ 个操作，于是总的时间复杂度为 $O(k~\times~c~\times~\log k~\log n)$。

这个分治和cdq分治的区别大概在于……此分治时 mid 两侧的区间是被 “平等对待” 的，即记录右边区间对左边区间的贡献，但是cdq分治不是。

另外上面做线段树分治的时候并没有将树显式的建出来，但他们在本质上是一样的。

另外还有一种神仙做法在这里

Code

#include <cstdio>
#include <vector>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif

typedef long long int ll;

namespace IPT {
	const int L = 1000000;
	char buf[L], *front=buf, *end=buf;
	char GetChar() {
		if (front == end) {
			end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
			if (front == end) return -1;
		}
		return *(front++);
	}
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
	char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
	if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
	int top=0;
	do {OPT::buf[++top] = static_cast<char>(x % 10 + '0');} while (x /= 10);
	while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
	if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 100010;
const int maxm = 200010;

struct Edge {
	int from, to;
};
Edge edge[maxm];

struct Ask {
	int c;
	int mu[5];
};
Ask ask[maxn];

struct OP {
	int a, b, p;
};
OP stack[maxm * 20];

int n, m, k, cnt, top;
int ufs[maxn], rk[maxn];
bool vis[maxm];

void reset();
int find(int);
void cont(int, bool);
void unionn(int, int, bool);
void work(int, int, std::vector<int>&);
void divide(int, int, std::vector<int>&);

int main() {
	freopen("1.in", "r", stdin);
	qr(n); qr(m); cnt = n;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		qr(edge[i].from); qr(edge[i].to);
	}
	qr(k);
	for (int i = 1; i <= k; ++i) {
		qr(ask[i].c);
		for (int j = 1; j <= ask[i].c; ++j) {qr(ask[i].mu[j]); vis[ask[i].mu[j]] = true;}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) ufs[i] = i, rk[i] = 1;
	std::vector<int>dn;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) 
		if (!vis[i]) cont(i, false);
		else dn.push_back(i);
	work(1, k, dn);
	return 0;
}

void work(int l, int r, std::vector<int>&e) {
	for (int i = l; i <= r; ++i) {
		for (int j = 1; j <= ask[i].c; ++j) vis[ask[i].mu[j]] = true;
	}
	std::vector<int>dn;
	int _tp = top;
	for (int i = 0, len = e.size(); i < len; ++i) {
		if (!vis[i]) cont(i, true);
		else dn.push_back(i);
	}
	for (int i = l; i <= r; ++i) {
		for (int j = 1; j <= ask[i].c; ++j) vis[ask[i].mu[j]] = false;
	}
	divide(l, r, dn);
	while (top != _tp) reset();
}

void divide(int l, int r, std::vector<int>&e) {
	if (l == r) {
		puts(cnt == 1 ? "Connected" : "Disconnected");
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	work(l, mid, e);
	work(mid + 1, r, e);
}

int find(int x) {return ufs[x] == x ? x : find(ufs[x]);}

void cont(int x, bool rec) {
	int fa = find(edge[x].from), fb = find(edge[x].to);
	if (fa != fb) {
		unionn(fa, fb, rec);
		--cnt;
	}
}

void unionn(int a, int b, bool rec) {
	int c;
	if (rk[a] < rk[b]) {c = 1; ufs[a] = b;}
	else if (rk[a] > rk[b]) {c = 2; ufs[b] = a;}
	else {c = 3; ufs[b] = a; ++rk[a];}
	if (rec) stack[++top] = {a, b, c};
}

void reset() {
	int a = stack[top].a, b = stack[top].b, p = stack[top--].p;
	switch (p) {
		case 1:
			ufs[a] = a; break;
		case 2:
			ufs[b] = b; break;
		case 3:
			ufs[b] = b; --rk[a]; break;
	}
	++cnt;
}