BZOJ4025 二分图(线段树分治+并查集)

之前学了一下线段树分治,这还是第一次写。思想其实挺好理解,即离线后把一个操作影响到的时间段拆成线段树上的区间,并标记永久化。之后一块处理,对于某个节点表示的时间段,影响到他的就是该节点一直到线段树根的所有操作。(语死早)这样可以把操作的插入和删除改为只有插入。

具体到这题,由于并查集没法删除边,我们考虑线段树分治。之后要考虑的问题就是如何用并查集判断是否为二分图,也即是否含奇环。假设现在图中有一个偶环,若给偶环两点加了一条边,可以发现无论去掉原偶环上哪一条边都不会改变新出现环的奇偶性。于是我们只要用并查集维护出每个点到根的距离(按秩合并),从而维护出任意两点距离的奇偶性,若加入一条环边则判断是否会构成奇环,有奇环直接退出,没有则扔掉这条边不管。每次处理完线段树一个节点后要把操作还原,以避免影响其他无关节点。这个可以在操作时用栈记录,退出时还原。

这个题就做完了。然而代码能力极差的我发现自己连并查集都差点不会写了。以及,图中会有自环,有自环就不是二分图,我开始竟然反方向判掉了……还有会有出现时刻与消失时刻相同的边,RE了好几发。总之调到吐血,早日退役保平安。

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
#define N 100010
int n,m,T,L[N<<2],R[N<<2],fa[N],deep[N],dis[N],v[N];
struct edge{int x,y;};
struct data{int x,fa,deep,v;};
vector<edge> tree[N<<2];
stack<data> undo[N<<2];
bool ans[N];
void build(int k,int l,int r)
{
    L[k]=l,R[k]=r;
    if (l==r) return;
    int mid=l+r>>1;
    build(k<<1,l,mid);
    build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void add(int k,int l,int r,edge e)
{
    if (L[k]==l&&R[k]==r) {tree[k].push_back(e);return;}
    int mid=L[k]+R[k]>>1;
    if (r<=mid) add(k<<1,l,r,e);
    else if (l>mid) add(k<<1|1,l,r,e);
    else add(k<<1,l,mid,e),add(k<<1|1,mid+1,r,e);
}
int find(int x)
{
    if (fa[x]==x) return x;
    int p=find(fa[x]);
    dis[x]=dis[fa[x]]^v[x];
    return p;
}
void merge(int k,int x,int y,int p)
{
    if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
    data a;
    a.x=y;a.fa=x;a.deep=deep[x];a.v=v[y];
    undo[k].push(a);
    fa[y]=x;v[y]=p;dis[y]=dis[x]^p;
    if (deep[y]==deep[x]) deep[x]++;
}
void solve(int k)
{
    int s=tree[k].size();
    bool flag=0;
    for (int i=0;i<s;i++) 
    {
        if (tree[k][i].x==tree[k][i].y) {flag=1;break;}
        int p=find(tree[k][i].x),q=find(tree[k][i].y);
        if (p!=q) merge(k,p,q,dis[tree[k][i].x]^dis[tree[k][i].y]^1);
        else if (dis[tree[k][i].x]^dis[tree[k][i].y]^1) {flag=1;break;}
    }
    if (L[k]<R[k]&&!flag) solve(k<<1),solve(k<<1|1);
    else if (flag) for (int i=L[k];i<=R[k];i++) ans[i]=1;
    while (!undo[k].empty()) 
    {
        data a=undo[k].top();
        fa[a.x]=a.x;
        deep[a.fa]=a.deep;
        dis[a.x]=v[a.x]=a.v;
        undo[k].pop();
    }
}
int main()
{
    freopen("bzoj4025.in","r",stdin);
    freopen("bzoj4025.out","w",stdout);
    n=read(),m=read(),T=read();
    build(1,1,T);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        edge e;e.x=read(),e.y=read();
        int s=read()+1,t=read();
        if (s<=t) add(1,s,t,e);
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,deep[i]=v[i]=dis[i]=1;
    solve(1);
    for (int i=1;i<=T;i++)
    if (ans[i]) printf("No\n");
    else printf("Yes\n");
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

 

posted @ 2018-07-28 12:11  Gloid  阅读(151)  评论(0编辑  收藏  举报