jzoj 3886 道路维护

Description

最近很多人投诉说C国的道路破损程度太大，以至于无法通行C国的政府很重视这件事，但是最近财政有点紧，不可能将所有的道路都进行维护，所以他们决定按照下述方案进行维护：将C国抽象成一个无向图，定义两个城市之间的某条路径的破损程度为该条路径上所有边破损程度的最大值，定义两个城市之间的破损程度为两个城市之间所有路径破损程度的最小值。然后C国政府向你提问多次，有多少个城市对的破损程度不超过L，他们将依照你的回答来决定到底怎样维护C国的道路

Input

第一行三个数n，m，q，表示图的点数和边数以及政府的询问数
以下m行每行三个数a，b，c，表示一条连接a，b且破损程度为c的无向边
接下来一行q个数Li，表示询问有多少个城市对的破损程度不超过Li

Output

一行q个数，对应每个询问，输出满足要求的城市对的数目

Sample Input

4 8 8
1 4 0
3 4 9
4 4 9
1 2 10
3 1 8
1 2 6
4 2 7
1 2 5
4 10 8 1 6 7 7 9

Sample Output

1 6 6 1 3 3 3 6

【友情提示】

一个城市对(i,j)，满足i<j，也就是说(i,j)，(j,i)只算一次，且两个城市不同

Data Constraint

30%数据满足n≤10^2，m≤10^3，q≤10^2
60%数据满足n≤10^2，m≤10^3，q≤10^5
100%数据满足n≤10^4，m，q≤10^5，0≤c，Li≤10^9

解题思路

因为询问有多组，每次处理一次，有许多操作重复进行，会超时。
可以发现所以询问可以先储存下来，按从小到大一次计算，就避免了重复连边。
每有一条小于li的边，用并查集判断这条边上的两个点x，y是否连通。
如果已经连通，那么这条边不会影响两个城市之间的破损程度。
如果不连通，则连上这条边之后，每个与x相连的点，和每个与y相连的点都可以形成一组城市对，对答案贡献为sum[x]*sum[y]（sum[i]表示与i相连的点的个数）。
最后再按输入的顺序输出。

Source Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int N=10001;
const int M=100001;

struct note
{
long long x,y,l;
};
struct node
{
long long nu,qu,ans;
};

note side[M];
node a[M];
long long fa
,sum
;
int n,m,q;

bool comp1(note x,note y)
{
return x.l<y.l;
}

bool comp2(node x,node y)
{
return x.qu<y.qu;
}

bool comp3(node x,node y)
{
return x.nu<y.nu;
}

void init()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&side[i].x,&side[i].y,&side[i].l);
sort(side+1,side+m+1,comp1);
for (int i=1;i<=q;i++) {scanf("%d",&a[i].qu); a[i].nu=i;}
sort(a+1,a+q+1,comp2);
memset(fa,0,sizeof(fa));
for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=1;
}

int find(int x)
{
int i;
for (i=x;fa[i]!=0;i=fa[i]);
int k=i,t;
i=x;
while (fa[i]!=0)
{
t=fa[i];
fa[i]=k;
i=t;
}
return k;
}

int main()
{
//freopen("3886.in","r",stdin);
//freopen("3886.out","w",stdout);
init();
int i,j,k,x,y;
j=1;
for (i=1;i<=q;i++)
{
a[i].ans=a[i-1].ans;
for (j=j;(side[j].l<=a[i].qu)&&(j<=m);j++)
{
x=find(side[j].x); y=find(side[j].y);
//printf("%d %d %d\n",j,x,y);
if (x!=y) {fa[y]=x; a[i].ans+=sum[x]*sum[y]; sum[x]+=sum[y]; sum[y]=0;}
}
//printf("\n%d %d %d\n",a[i].qu,a[i].ans,j);
//for (k=1;k<=n;k++) printf("%d %d %d\n",k,fa[k],sum[k]);
}
sort(a+1,a+q+1,comp3);
for (i=1;i<=q;i++) printf("%d ",a[i].ans);
printf("\n");
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}