hdu 4677 并查集+分块算法 好题 (2013多校联合)

题意：点数n(n <= 30000), 边数(m <= 90000)的图，询问 q(1<=q<=30000)。

对于每个询问(l, r)，去掉(l，r)区间以外的所有点和其相关联的边，问剩下来的图的联通块的个数。

思路：分块+并查集

分块算法入门：http://blog.csdn.net/auto_ac/article/details/10050589

这题很容易想到分块， 难点是并查集的处理。

对询问离线分块排序以后，我们对  左端点在相同块号内的询问 一起处理。这些询问的右断点是递增的，

左端点在某个块内，我们对每个询问分成2个区域分别进行并查集处理，区域1：左端点所在的块的区域（并查集tp）

（点的个数sqrt(n)）。区域2：除区域1以外的其它询问点(并查集f)。由于右断点是递增的，区域2很容易用一个并查集处理。区域1对于每个询问，都重新处理一遍并查集。最后关键就是两个并查集的合并，由于并查集不能进行删除操作，我们需要做的是
  利用并查集f里面的信息而不破坏它，并且复杂度要符合题意。我们可以在维护并查集tp的同时让这两个并查集合并，即在并查集f中把我当前需要的点搬到并查集tp里面，而没有必要把并查集f全部搬过来，而且这样做复杂度也不符合要求，用一个vis数组就可以做到

在实际处理的时候   并查集tp能处理到的点是整个询问的区域内的点。

具体看代码吧。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
#define pb push_back
const int maxn = 30004;
vector<int> edge[maxn];
int n, m;
int bsize;
struct node {
int l, r, b, no;//b块号，no询问编号
inline void in(int i) {
scanf("%d%d", &l, &r);
b = l/ bsize;
no = i;
}
bool operator <(const node &t) const { //先按左端点所在的块号排，再按右端点排
if (b == t.b)
return r < t.r;
return b < t.b;
}
} q[maxn];
int cnt, sum;	//cnt： 右边并查集f的联通块个数， sum 左边并查集tp的联通块个数
int f[maxn], tp[maxn];
int vis[maxn];		//vis[x]表示最后一次用到x的询问是哪一个，可以记录当前询问用没有把点x放过   处理左边的并查集tp中
//R： 处理区域2， 即右边区域的并查集
int Rfind(int x) {
return x == f[x] ? x : f[x] = Rfind(f[x]);
}
void Rmerge(int x, int y) {
int rx = Rfind(x), ry = Rfind(y);
if (rx == ry) return;
f[rx] = ry;
cnt--;
}

//L： 处理区域1， 即左边区域的并查集
int cur;//当前的询问号
int Lfind(int x) {
if (vis[x] != cur) {//判断点x是否加入    处理左边的并查集tp， 没加入就加进来，更新vis
vis[x] = cur;
tp[x] = f[x];
}
return x == tp[x] ? x : tp[x] = Lfind(tp[x]) ;
}
void Lmerge(int x, int y) {
int rx = Lfind(x);
int ry = Lfind(y);
if (rx == ry) return;
tp[rx] = ry;
sum--;
}
int ans[maxn];
int R, B;	//在当前询问之前的询问的右端点和块号

int work(int l, int r, int b) {
int z = bsize * (b+1)-1, i, j;	//z是左右边区间的分界点，z点属于左边
if (B != b) {			//新的一个块的第一个询问
R = z;
B = b;
cnt = 0;
for (i = z-bsize+1; i <= n; i++)	//只要对f初始化，tp不用初始化(因为用vis更新的缘故)。
f[i] = i;
}
//更新右边并查集
for (i = max(R, z)+1; i <= r; i++) {
cnt++;
for (j = 0; j <(int) edge[i].size(); j++) {
int v = edge[i][j];
if (v > r || v <= z) continue;
Rmerge(i, v);
}
}
//更新左边并查集
sum = 0;
for (i = l; i <= min(r, z); i++) {
sum++;
for (j = 0; j <(int) edge[i].size(); j++) {
int v = edge[i][j];
if (v > r || v < l) continue;
Lmerge(i, v);
}
}

R = r;
return sum+cnt;
}
void solve() {
int i, j, k;
R = B = -1;
for (i = 0; i < m; i++) {
j = i;
while (j < m && q[j].b == q[i].b) j++;	//对于左端点在一个块内的询问一起处理
for (k = i; k < j; k++) {
cur = k;
ans[q[k].no] = work(q[k].l, q[k].r, q[k].b);
}
i = j - 1;
}
}
int main() {
int i, cas, ca = 1;
scanf("%d", &cas);
while (cas--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(i = 1; i <= n; i++)
edge[i].clear();
while (m--) {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
edge[x].pb(y);
edge[y].pb(x);
}
bsize = sqrt(n + 0.5);
scanf("%d", &m);
for (i = 0; i < m; i++) q[i].in(i);
sort(q, q + m);
memset(vis, -1, sizeof(vis));
solve();
printf("Case #%d:\n", ca++);
for(i = 0; i < m; i++)
printf("%d\n", ans[i]);
}
return 0;
}