【bzoj3514】Codechef MARCH14 GERALD07加强版 LCT+可持久化线段树
题目描述
N个点M条边的无向图，询问保留图中编号在[l,r]的边的时候图中的联通块个数。
输入
第一行四个整数N、M、K、type，代表点数、边数、询问数以及询问是否加密。
接下来M行，代表图中的每条边。
接下来K行，每行两个整数L、R代表一组询问。对于type=0的测试点，读入的L和R即为询问的L、R；对于type=1的测试点，每组询问的L、R应为L xor lastans和R xor lastans。
输出
K行每行一个整数代表该组询问的联通块个数。
样例输入
3 5 4 0
1 3
1 2
2 1
3 2
2 2
2 3
1 5
5 5
1 2
样例输出
2
1
3
1
题解
LCT+可持久化线段树
首先考虑离线怎么做：
考虑按照时间顺序加入每一条边k的过程所带来的影响：当加入一条边时，
如果这两个点原来不连通，则加入这条边后这两个点连通。故左端点在[1,k]，右端点在k以后的询问中，这两个点都是连通的。所以把左端点[1,k]范围内的边数+1.
如果这两个点原来是连通的，则加入这条边后会形成一个环。我们考虑这个环上的出现时刻最早的边，不需要时间早于该点即可是这个环上所有点连通。仔细推一推可以发现相当于把左端点[最早时刻,k]范围内的边数+1。
把询问按照右端点时间排序，那么要做的就是：(1)维护环上出现时刻最早的边：使用LCT维护出现时间的最大生成树，并把边权转化为点权处理（a<->b变为a<->c<->b）；(2)支持区间修改、单点查询。使用线段树即可。
那么如果是强制在线呢？使用可持久化线段树，一个版本的可持久化线段树的每个节点的含义是：左端点在当前节点，右端点为该版本的询问的答案。每次需要再原版本线段树的基础上进行区间修改。这里使用可标记永久化的方式来维护。
所以对于询问[l,r]直接在r版本的可持久化线段树中查询l节点的值即为当前生成森林的边数，使用n减去该数即为连通块数。
时间复杂度$O(n\log n)$，常数巨大。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 400010
using namespace std;
int px[N >> 1] , py[N >> 1] , fa[N] , c[2][N] , mn[N] , rev[N] , ls[N * 40] , rs[N * 40] , sum[N * 40] , tot , root[N >> 1];
inline void pushup(int x)
{
mn[x] = min(x , min(mn[c[0][x]] , mn[c[1][x]]));
}
inline 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;
}
}
inline 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);
}
inline 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);
}
inline void splay(int x)
{
int y , z;
update(x);
while(!isroot(x))
{
y = fa[x] , z = fa[y];
if(!isroot(y)) rotate((c[0][y] == x) ^ (c[0][z] == y) ? x : y);
rotate(x);
}
}
inline void access(int x)
{
int t = 0;
while(x) splay(x) , c[1][x] = t , pushup(x) , t = x , x = fa[x];
}
inline int find(int x)
{
while(fa[x]) x = fa[x];
return x;
}
inline void makeroot(int x)
{
access(x) , splay(x) , swap(c[0][x] , c[1][x]) , rev[x] ^= 1;
}
inline void link(int x , int y)
{
makeroot(x) , fa[x] = y;
}
inline void split(int x , int y)
{
makeroot(x) , access(y) , splay(y);
}
inline void cut(int x , int y)
{
split(x , y) , fa[x] = c[0][y] = 0 , pushup(y);
}
void update(int b , int e , int l , int r , int x , int &y)
{
y = ++tot , sum[y] = sum[x] , ls[y] = ls[x] , rs[y] = rs[x];
if(b <= l && r <= e)
{
sum[y] ++ ;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(b <= mid) update(b , e , l , mid , ls[x] , ls[y]);
if(e > mid) update(b , e , mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]);
}
int query(int p , int l , int r , int x)
{
if(l == r) return sum[x];
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) return sum[x] + query(p , l , mid , ls[x]);
else return sum[x] + query(p , mid + 1 , r , rs[x]);
}
int main()
{
int n , m , k , type , i , x , y , last = 0;
scanf("%d%d%d%d" , &n , &m , &k , &type);
for(i = 1 ; i <= m + n ; i ++ ) mn[i] = i;
mn[0] = 1 << 30;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
scanf("%d%d" , &px[i] , &py[i]) , px[i] += m , py[i] += m;
if(px[i] == py[i]) root[i] = root[i - 1];
else if(find(px[i]) != find(py[i])) link(px[i] , i) , link(py[i] , i) , update(1 , i , 1 , m , root[i - 1] , root[i]);
else
{
split(px[i] , py[i]) , x = mn[py[i]] , cut(px[x] , x) , cut(py[x] , x);
link(px[i] , i) , link(py[i] , i) , update(x + 1 , i , 1 , m , root[i - 1] , root[i]);
}
}
while(k -- )
{
scanf("%d%d" , &x , &y);
if(type) x ^= last , y ^= last;
printf("%d\n" , last = n - query(x , 1 , m , root[y]));
}
return 0;
}
