[dfs序][线段树][并查集] JZOJ P3766 大融合
2018-02-02 20:54
645 查看
Description
小强要在N个孤立的星球上建立起一套通信系统。这套通信系统就是连接N个点的一个树。这个树的边是一条一条添加上去的。在某个时刻,一条边的负载就是它所在的当前能够联通的树上路过它的简单路径的数量。
例如,在上图中,现在一共有了5条边。其中,(3,8)这条边的负载是6,因为有六条简单路径2-3-8,2-3-8-7,3-8,3-8-7,4-3-8,4-3-8-7路过了(3,8)。
现在,你的任务就是随着边的添加,动态的回答小强对于某些边的负载的询问。
Input
第一行包含两个整数N,Q,表示星球的数量和操作的数量。星球从1开始编号。
接下来的Q行,每行是如下两种格式之一:
A x y 表示在x和y之间连一条边。保证之前x和y是不联通的。
Q x y 表示询问(x,y)这条边上的负载。保证x和y之间有一条边。
Output
对每个查询操作,输出被查询的边的负载。
Sample Input
8 6
A 2 3
A 3 4
A 3 8
A 8 7
A 6 5
Q 3 8
Sample Output
6
Data Constraint
对于40%的数据,N,Q≤1000
对于100%的数据,1≤N,Q≤100000
小强要在N个孤立的星球上建立起一套通信系统。这套通信系统就是连接N个点的一个树。这个树的边是一条一条添加上去的。在某个时刻,一条边的负载就是它所在的当前能够联通的树上路过它的简单路径的数量。
例如,在上图中,现在一共有了5条边。其中,(3,8)这条边的负载是6,因为有六条简单路径2-3-8,2-3-8-7,3-8,3-8-7,4-3-8,4-3-8-7路过了(3,8)。
现在,你的任务就是随着边的添加,动态的回答小强对于某些边的负载的询问。
Input
第一行包含两个整数N,Q,表示星球的数量和操作的数量。星球从1开始编号。
接下来的Q行,每行是如下两种格式之一:
A x y 表示在x和y之间连一条边。保证之前x和y是不联通的。
Q x y 表示询问(x,y)这条边上的负载。保证x和y之间有一条边。
Output
对每个查询操作,输出被查询的边的负载。
Sample Input
8 6
A 2 3
A 3 4
A 3 8
A 8 7
A 6 5
Q 3 8
Sample Output
6
Data Constraint
对于40%的数据,N,Q≤1000
对于100%的数据,1≤N,Q≤100000
题解
按dfs序对每个点建权值线段树. 合并的时候直接合并两个点根的线段树 查询的时候找到x,y所在树的根f 假设deep[x]>deep[y] 那答案就是(size[f]-size[x])*size[x]; (Tip:这里的size[x]是要从f的线段树里查的,因为合并的时候并没有更新x的线段树)
代码
#include<cstdio> #include<iostream> #define N 100010 using namespace std; int father ,l ,r ,deep ,visit ,n,b,to ,next[N<<1],cnt,num,nl[N*20],nr[N*20],root[N*20],size[N*20],q,x ,y ,k ,f[N<<1]; char ch[5]; int getfather(int x){ if (father[x]!=x) father[x]=getfather(father[x]); return father[x];} void insert(int x,int y) { next[++num]=to[x]; to[x]=num; f[num]=y; } void add(int &k,int l,int r,int x) { if (!k) k=++cnt; int mid=(l+r)/2; if (l==r) { size[k]=1; return; } if (x<=mid) add(nl[k],l,mid,x); else add(nr[k],mid+1,r,x); size[k]=size[nl[k]]+size[nr[k]]; } int merge(int x,int y) { if (!x) return y; if (!y) return x; size[x]+=size[y]; nl[x]=merge(nl[x],nl[y]); nr[x]=merge(nr[x],nr[y]); return x; } void dfs(int x,int fa) { l[x]=++b; visit[x]=1; add(root[x],1,n,b); for (int i=to[x];i;i=next[i]) if (f[i]!=fa) { deep[f[i]]=deep[x]+1; dfs(f[i],x); } r[x]=b; } int query(int k,int l,int r,int left,int right) { int mid=(l+r)/2; if (l==left&&r==right) return size[k]; if (right<=mid) return query(nl[k],l,mid,left,right); else if (mid<left) return query(nr[k],mid+1,r,left,right); else return query(nl[k],l,mid,left,mid)+query(nr[k],mid+1,r,mid+1,right); } int main() { scanf("%d%d",&n,&q); for (int i=1;i<=q;i++) { scanf("%s",ch); scanf("%d%d",&x[i],&y[i]); if (ch[0]=='A') { k[i]=1; insert(x[i],y[i]); insert(y[i],x[i]); } else k[i]=2; } for (int i=1;i<=n;i++) if (!visit[i]) dfs(i,0); for (int i=1;i<=n;i++) father[i]=i; for (int i=1;i<=q;i++) if (k[i]==1) { int xx=getfather(x[i]),yy=getfather(y[i]); if (deep[xx]>deep[yy]) swap(xx,yy); root[xx]=merge(root[xx],root[yy]); father[yy]=xx; } else { int xx=x[i],yy=y[i]; if (deep[xx]<deep[yy]) swap(xx,yy); int p=getfather(xx),v=query(root[p],1,n,l[xx],r[xx]); printf("%lld\n",(long long)(size[root[p]]-v)*v); } return 0; }
相关文章推荐
- [LCT维护最小生成树 || CDQ分治 || 线段树 并查集 dfs树] Codeforces 603E #334 (Div. 1) E. Pastoral Oddities
- [并查集][排序][dfs][启发式合并] JZOJ P3635 Peaks
- 【JZOJ3965】【Usaco2014 March Gold】The Lazy Cow(扫描线+线段树)
- nyoj 42 一笔画问题 dfs或并查集判断连通
- bzoj3673&3674 可持久化并查集 可持久化线段树
- jzoj 3453_连通块_并查集
- bzoj4530[Bjoi2014]大融合 线段树合并+dfs序+并查集
- bzoj4551 [Tjoi2016&Heoi2016]树(dfs序+线段树)
- bzoj 2733 永无乡 - 并查集 - 线段树
- (jzoj snow的追寻)线段树维护树的直径
- Codeforces Round #200 (Div. 1) D. Water Tree(dfs序加线段树)
- hdu 5692 Snacks(dfs时间戳+线段树)
- UVa302 - John's trip(并查集、欧拉回路、DFS)
- Codeforces Round #254 (Div. 2)(并查集,线段树)
- hdu 1198 Farm Irrigation(深搜dfs || 并查集)
- hdu5323 Solve this interesting problem(DFS关于线段树中的一些性质和规律)
- NYOJ42(dfs or 并查集)
- 【JZOJ3663】【SHTSC2014】神奇化合物(compound) (最小生成树+并查集)
- [dfs序 线段树] LOJ#6276. 果树
- POJ1041 John's trip(欧拉回路 + 并查集 + dfs)