LOJ #2048. 「HNOI2016」最小公倍数
题意
有 \(n\) 个点，\(m\) 条边，每条边连接 \(u \Leftrightarrow v\) 且权值为 \((a, b)\) 。
共有 \(q\) 次询问，每次询问给出 \(u, v, q_a, q_b\) 。
问是否存在一个联通块 \(S\) ，使得其中包含 \(u, v\) 且 \(S\) 中的边 \(e\) 满足 \(\max_{e \in S} a_e = q_a, \max_{e \in S} b_e = q_b\) 。
\(n, q \le 5 \times 10^4, m \le 10^5\)
题解
对于这种有两维 \(a, b\) 最大值确定的题，常常可以用分块来解决问题。
具体来说就是先把 \(a\) 从小到大排序，然后分块。
我们把每个询问挂在 \(q_a\) 被第 \(i\) 个块所有的边的 \(a_e\) 构成的区间包含的块中（如果有多个挂在最后一个）。
然后考虑把 \(i\) 之前的所有的边以及当前区间挂的询问按 \(b\) 从小到大排序即可。
然后从前往后一次处理每个操作，如果有边就加入并查集中（并查集维护连通性，以及每个联通块 \(S\) 边权 \(a,b\) 的最大值）。
如果是询问的话，暴力将当前块内合法的边（也就是两维都不超过当前询问）加入即可，然后最后记得需要把所有加入的边撤回。
这个利用可撤销并查集就行了。（按秩（深度）合并，用栈维护维护之前的状态就行了）
似乎把块调成 \(\sqrt {n \log n}\) ，可以做到 \(O(n \sqrt {n \log n})\) 的复杂度。（此处假设 \(n, m\) 同级）复杂度当然是瞎分析的啦qwq
总结
对于求两位偏序需要满足条件的题，常常可以分块然后配合可撤销数据结构来解决。
然后可以调整块大小优化复杂度？
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
using namespace std;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }
inline int read() {
int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("P3247.in", "r", stdin);
freopen ("P3247.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 1e5 + 1e3;
struct Option {
int u, v, a, b, k;
inline void Get(int k_ = 0) {
u = read(); v = read();
a = read(); b = read(); k = k_;
}
} E[N], Q[N];
struct Cmpa {
inline bool operator () (const Option &lhs,const Option &rhs) const {
return lhs.a != rhs.a ? lhs.a < rhs.a : lhs.b < rhs.b;
}
};
struct Cmpb {
inline bool operator () (const Option &lhs,const Option &rhs) const {
return lhs.b != rhs.b ? lhs.b < rhs.b : lhs.a < rhs.a;
}
};
int n, m, blk, ans[N];
namespace Union_Set {
Option stk[N]; int top;
int fa[N], height[N], maxa[N], maxb[N];
int find(int x) { return fa[x] == x ? x : find(fa[x]); }
Option Merge(int u, int v, int a, int b) {
u = find(u); v = find(v);
if (height[u] > height[v]) swap(u, v);
Option tmp = (Option) {u, v, maxa[v], maxb[v], height[v]};
if (height[u] == height[v]) ++ height[v]; fa[u] = v;
chkmax(maxa[v], max(a, maxa[u]));
chkmax(maxb[v], max(b, maxb[u])); return tmp;
}
void Retract() {
Option cur = stk[top --];
fa[cur.u] = cur.u; maxa[cur.v] = cur.a; maxb[cur.v] = cur.b; height[cur.v] = cur.k;
}
}
Option ask[N]; int len;
int id[N], Mina[N], Maxa[N], bel[N], Beg[N], End[N];
int main () {
File();
n = read(); m = read(); blk = (int)(sqrt(n * log2(m))) * 0.6;
For (i, 1, m) E[i].Get();
sort(E + 1, E + m + 1, Cmpa());
For (i, 1, m) {
id[i] = i / blk + 1;
if (id[i] != id[i - 1]) {
Mina[id[i]] = Maxa[id[i]] = E[i].a;
Beg[id[i]] = i; End[id[i - 1]] = i - 1;
}
else chkmin(Mina[id[i]], E[i].a), chkmax(Maxa[id[i]], E[i].a);
}
End[id[m]] = m;
int q = read();
For (i, 1, q) {
Q[i].Get(i);
Fordown (j, id[m], 1)
if (Mina[j] <= Q[i].a && Q[i].a <= Maxa[j]) { bel[i] = j; break; }
}
using namespace Union_Set;
For (i, 1, m) if (id[i] != id[i - 1]) {
len = 0; For (j, 1, q) if (bel[j] == id[i]) ask[++ len] = Q[j]; if (!len) continue ;
sort(E + 1, E + i, Cmpb());
sort(ask + 1, ask + len + 1, Cmpb());
For (j, 1, n) fa[j] = j, maxa[j] = maxb[j] = -1;
int pa = 1, pb = 1;
while (pa < i || pb <= len) {
if ((pa < i && E[pa].b <= ask[pb].b) || pb > len) {
Merge(E[pa].u, E[pa].v, E[pa].a, E[pa].b); ++ pa;
} else {
For (j, Beg[id[i]], End[id[i]])
if (E[j].a <= ask[pb].a && E[j].b <= ask[pb].b)
stk[++ top] = Merge(E[j].u, E[j].v, E[j].a, E[j].b);
int rt = find(ask[pb].u);
if (rt == find(ask[pb].v))
ans[ask[pb].k] = maxa[rt] == ask[pb].a && maxb[rt] == ask[pb].b;
while (top) Retract(); ++ pb;
}
}
}
For (i, 1, q) puts(ans[i] ? "Yes" : "No");
return 0;
}
