【bzoj4025】二分图 LCT

题目描述

神犇有一个n个节点的图。因为神犇是神犇,所以在T时间内一些边会出现后消失。神犇要求出每一时间段内这个图是否是二分图。这么简单的问题神犇当然会做了,于是他想考考你。

输入

输入数据的第一行是三个整数n,m,T。
第2行到第m+1行,每行4个整数u,v,start,end。第i+1行的四个整数表示第i条边连接u,v两个点,这条边在start时刻出现,在第end时刻消失。

输出

输出包含T行。在第i行中,如果第i时间段内这个图是二分图,那么输出“Yes”,否则输出“No”,不含引号。

样例输入

3 3 3
1 2 0 2
2 3 0 3
1 3 1 2

样例输出

Yes
No
Yes


题解

LCT

考虑二分图的判断方法:没有奇环

那么我们可以按照每条边的出现时间从小到大排序。对于每条边,如果它形成了奇环,那么这个环上所有边的消失时间的最小值之后这个奇环就不复存在。

所以可以使用LCT维护以消失时间为关键字的最大生成树,每次加边时更新这棵生成树,同时如果产生了奇环,就把这个环上的最小消失时间加到桶中。每个时间把该时间的边弹掉,看是否还有其它形成奇环的边,如果有则不是二分图,否则是二分图。

判断是否是奇环可以通过维护size来实现,对于最大生成树,由于使用的是边权,所以需要想办法转化为点权。我们可以在要连接的两个点之间添加虚点,存着这条边的边权,这样边权就转化为了点权。记录一下消失时间最小的边(虚点)是哪个,判断与新边的大小关系,并决定删除哪个即可。

另外,本题卡常= = (其实本机开O2测才11s,不知道bz上怎么就20s++)

需要使用fread读入优化及puts输出才能勉强通过(还好时间没有在最后一页= =)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
struct data
{
	int x , y , t1 , t2;
}a[N << 1];
int n , fa[N << 2] , c[2][N << 2] , si[N << 2] , w[N << 2] , mp[N << 2] , rev[N << 2] , num[N] , sum , now;
inline char nc()
{
	static char buf[100000] , *p1 , *p2;
	return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf , 1 , 100000 , stdin) , p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ;
}
inline int read()
{
	int ret = 0; char ch = nc();
	while(ch < '0' || ch > '9') ch = nc();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') ret = (ret << 3) + (ret << 1) + ch - 48 , ch = nc();
	return ret;
}
bool cmp(data a , data b)
{
	return a.t1 < b.t1;
}
void pushup(int x)
{
	si[x] = si[c[0][x]] + si[c[1][x]] + 1;
	mp[x] = x;
	if(w[mp[c[0][x]]] < w[mp[x]]) mp[x] = mp[c[0][x]];
	if(w[mp[c[1][x]]] < w[mp[x]]) mp[x] = mp[c[1][x]];
}
void pushdown(int x)
{
	if(rev[x])
	{
		int l = c[0][x] , r = c[1][x];
		swap(c[0][l] , c[1][l]) , swap(c[0][r] , c[1][r]);
		rev[l] ^= 1 , rev[r] ^= 1 , rev[x] = 0;
	}
}
bool isroot(int x)
{
	return c[0][fa[x]] != x && c[1][fa[x]] != x;
}
void update(int x)
{
	if(!isroot(x)) update(fa[x]);
	pushdown(x);
}
void rotate(int x)
{
	int y = fa[x] , z = fa[y] , l = (c[1][y] == x) , r = l ^ 1;
	if(!isroot(y)) c[c[1][z] == y][z] = x;
	fa[x] = z , fa[y] = x , fa[c[r][x]] = y , c[l][y] = c[r][x] , c[r][x] = y;
	pushup(y) , pushup(x);
}
void splay(int x)
{
	update(x);
	while(!isroot(x))
	{
		int y = fa[x] , z = fa[y];
		if(!isroot(y))
		{
			if((c[0][y] == x) ^ (c[0][z] == y)) rotate(x);
			else rotate(y);
		}
		rotate(x);
	}
}
void access(int x)
{
	int t = 0;
	while(x) splay(x) , c[1][x] = t , pushup(x) , t = x , x = fa[x];
}
int find(int x)
{
	access(x) , splay(x);
	while(c[0][x]) pushdown(x) , x = c[0][x];
	return x;
}
void makeroot(int x)
{
	access(x) , splay(x);
	swap(c[0][x] , c[1][x]) , rev[x] ^= 1;
}
void link(int x , int y)
{
	makeroot(x) , fa[x] = y;
}
void cut(int x , int y)
{
	makeroot(x) , access(y) , splay(y) , fa[x] = c[0][y] = 0 , pushup(y);
}
void split(int x , int y)
{
	makeroot(x) , access(y) , splay(y);
}
void add(int p)
{
	int tx = a[p].x , ty = a[p].y , tmp , flag = 0;
	if(tx == ty && a[p].t2 > now) num[a[p].t2] ++ , sum ++ ;
	else
	{
		if(find(tx) != find(ty)) link(p + n , tx) , link(p + n , ty);
		else
		{
			split(tx , ty);
			if(!((si[ty] >> 1) & 1)) flag = 1;
			if(w[mp[ty]] >= a[p].t2) tmp = p;
			else tmp = mp[ty] - n , cut(tmp + n , a[tmp].x) , cut(tmp + n , a[tmp].y) , link(p + n , tx) , link(p + n , ty);
			if(flag && a[tmp].t2 > now) num[a[tmp].t2] ++ , sum ++ ;
		}
	}
}
int main()
{
	int m , t , i , p = 1;
	n = read() , m = read() , t = read();
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) a[i].x = read() , a[i].y = read() , a[i].t1 = read() , a[i].t2 = read();
	sort(a + 1 , a + m + 1 , cmp);
	for(i = 1 ; i <= n + m ; i ++ ) si[i] = 1 , mp[i] = i;
	for(i = 0 ; i <= n ; i ++ ) w[i] = 1 << 30;
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) w[i + n] = a[i].t2;
	for(i = 0 ; i < t ; i ++ )
	{
		now = i;
		while(p <= m && a[p].t1 <= i) add(p ++ );
		sum -= num[i];
		if(sum) puts("No");
		else puts("Yes");
	}
	return 0;
}

 

 

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posted @ 2017-07-11 09:33  GXZlegend  阅读(445)  评论(0编辑  收藏  举报