題解-APIO2019橋樑

problem

\(\mathrm {loj-3145}\)

題意概要：給定一張 \(n\) 點 \(m\) 邊的無向圖，邊有邊權，共 \(q\) 次操做，每次會將第 \(x\) 條邊的權值改成 \(y\)，或詢問從 \(x\) 開始只走大於等於 \(y\) 的邊能到達多少點。

\(n\leq 5\times 10^4,\ m,q\leq 10^5\)

Solution

這道題和 \(HNOI2016\) 最小公因數 長得很像，想到分塊就會了。因爲這題有修改，對詢問的權值分塊很差作，就只能對操做分塊了。

設操做塊大小爲 \(T\)，則共 \(\lceil\frac qT \rceil\) 個操做快。

對於每個操做塊，按照詢問的權值大小順序詢問（不然就須要上可持久化並查集）。須要考慮二者的貢獻：在塊內被修改了的邊、在塊內未被修改的邊。後者能夠依照詢問的權值大小依次添加，而因爲目前將詢問按權值大小排序，因此詢問時間不必定遞增，能夠暴力處理塊內修改，查看這條邊是否有用。

對於每個詢問，須要暴力掃描塊內的修改，每次修改由於須要支持並查集撤銷，複雜度 \(O(T\log n)\)。總共 \(q\) 個詢問，共 \(O(qT\log n)\)。

對於每一塊而言，須要將全部邊排序、塊內詢問排序，處理整塊排序時會重構整個並查集，複雜度 \(O(n+m\log m+T\log T)\)，因爲 \(n,m,q\) 同階，因此簡化爲 \(O(m\log m)\)。總共 \(\lceil \frac qT\rceil\) 塊，共 \(O(\frac qT\cdot m\log m)\)。

考慮到 \(n,m,q\) 同階，總複雜度爲 \(O(mT\log m+\frac {m^2\log m}T)=O(m\log m(T+\frac mT))\)，取 \(T=m^{\frac 12}\) 得複雜度最低爲 \(O(m^{\frac 32}\log m)\)。到這就能過了

實際上不必每一塊內從新排序，能夠將一開始排序後的序列拆出來，複雜度 \(O(m)\)，從新計算複雜度得 \(O(mT\log m+\frac {m^2}T)\)，取 \(T=\sqrt {m\log m}\) 可得 \(O(m^{\frac 32}\sqrt {\log m})\)……但效率差異並非很大。

Code

這裏寫的是前一個版本的。

//loj-3145
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
    char ch=getchar(),ob=0;x=0;
    while(ch!='-'&&!isdigit(ch))ch=getchar();if(ch=='-')ob=1,ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();if(ob)x=-x;
}

const int N = 101000;
int n, m, Q;

struct Edge {
    int l, r, w, id;
    inline void in() {read(l), read(r), read(w);}
    friend inline bool operator < (const Edge&A, const Edge&B) {return A.w > B.w;}
}e[N], ee[N];

struct Qry {
    int op, x, y, id;
    inline void in() {read(op), read(x), read(y);}
    friend inline bool operator < (const Qry&A, const Qry&B) {return A.y > B.y;}
}q[N], md[N], qr[N];

int d[N], sz[N];
inline int f(int x) {while(d[x]) x = d[x]; return x;}

struct RUB {int x, dx, y, sy;}Rub[N];
int rub;

inline void merge(int x, int y) {
    x = f(x), y = f(y); if(x == y) return ;
    if(sz[x] > sz[y]) swap(x, y);
    Rub[++rub] = (RUB) {x, d[x], y, sz[y]};
    d[x] = y, sz[y] += sz[x];
}

inline void cancel() {while(rub) d[Rub[rub].x] = Rub[rub].dx, sz[Rub[rub].y] = Rub[rub].sy, --rub;}

int Ans[N], st[N], ew[N];
bool ex[N];

int main() {
    read(n), read(m);
    for(int i=1;i<=m;++i) e[i].in(), e[i].id = i;
    int T = max(1.0, sqrt(m*log(m)/log(2)));
    read(Q);
    for(int l=1,r=T;l<=Q;l+=T) {
        r = min(Q, l+T-1);
        int t = r - l + 1, t0 = 0, t1 = 0;

        for(int i=1;i<=m;++i) ex[i] = false;

        for(int i=1;i<=t;++i) {
            Ans[i] = 0, q[i].in(), q[i].id = i;
            if(q[i].op == 1) md[++t0] = q[i], ex[q[i].x] = true;
            else qr[++t1] = q[i];
        }
        sort(qr+1, qr+t1+1);
        
        for(int i=1;i<=n;++i) d[i] = 0, sz[i] = 1;

        int em = 0, tp = 0;
        for(int i=1;i<=m;++i)
            if(!ex[i]) ee[++em] = e[i];
            else st[++tp] = i;
        sort(ee+1, ee+em+1);

        int ie = 1;
        for(int i=1;i<=t1;++i) {
            while(ie <= em and ee[ie].w >= qr[i].y)
                merge(ee[ie].l, ee[ie].r), ++ie;
            
            for(int j=1;j<=tp;++j) ew[st[j]] = e[st[j]].w;
            for(int j=1;j<=t0 and md[j].id <= qr[i].id;++j)
                ew[md[j].x] = md[j].y;
            rub = 0;
            for(int j=1;j<=tp;++j)
                if(ew[st[j]] >= qr[i].y)
                    merge(e[st[j]].l, e[st[j]].r);
            Ans[qr[i].id] = sz[f(qr[i].x)];
            cancel();
        }
        for(int i=1;i<=t0;++i)
            e[md[i].x].w = md[i].y;
        for(int i=1;i<=t;++i)
            if(Ans[i]) printf("%d\n", Ans[i]);
    }
    return 0;
}