[BZOJ4025]二分图(线段树分治,并查集)

4025: 二分图

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Description

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。

Input

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。

Output

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。

Sample Input

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

Sample Output

Yes
No
Yes

HINT

样例说明:

0时刻,出现两条边1-2和2-3。

第1时间段内,这个图是二分图,输出Yes。

1时刻,出现一条边1-3。

第2时间段内,这个图不是二分图,输出No。

2时刻,1-2和1-3两条边消失。

第3时间段内,只有一条边2-3,这个图是二分图,输出Yes。


数据范围:

n<=100000,m<=200000,T<=100000,1<=u,v<=n,0<=start<=end<=T。


Source

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挺妙的思想,线段树不仅仅是一种数据结构,还是一种处理问题的思想,在图论的建图等方面也有用到。

这个方法全称应该叫“线段树对时间CDQ分治”,用于处理有时间参数的修改与询问问题。但是有一个前提,就是一个时间区间的修改可以分成互不影响的两个时间区间的修改,比如这题的边(u,v,start,end)可以分裂为(u,v,start,mid)和(u,v,mid+1,end)。

这题听说LCT可做,但还有一种思路,CDQ(L,R,A)表示询问在[L,R]中,关于这个询问(且还未被处理)的修改集合为A的分治过程。具体流程是:

1.遍历A,对于所有完全包含[L,R]的修改操作进行处理。

2.将A中所有不完全包含[L,R]的修改操作按照线段树的分法分到包含[L,mid]和[mid+1,R]的两个区间中,用集合B和C记录这些修改。

3.分别递归[L,mid]和[mid+1,R],如果L=R则可以直接特判回溯。

4.撤销本层所有操作,保证后续回溯与递归正确进行。

回到这一题,所谓修改就是记录距离的并查集操作(因为判断二分图的方法就是查找里面是否有奇环),所以这里的并查集必须支持撤销,不能路径压缩。总复杂度$O(n\log^2 n)$

 1 #include<cstdio>
 2 #include<vector>
 3 #include<algorithm>
 4 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
 5 typedef long long ll;
 6 using namespace std;
 7 
 8 const int N=200100;
 9 int n,m,T,u,v,l,r,top;
10 struct E{int u,v,l,r; bool operator<(const E &a)const{ return (l==a.l)?r<a.r:l<a.l; } };
11 vector<E> a;
12 struct P{ int fa,val,sz; }t[N];
13 struct D{ int x,y; P a,b; }stk[N];
14 
15 void init(){ rep(i,1,n) t[i]=(P){i,0,1}; }
16 int find(int x){ while (t[x].fa!=x) x=t[x].fa; return x;}
17 int dis(int x){
18     int res=0;
19     while (t[x].fa!=x) res^=t[x].val,x=t[x].fa;
20     return res;
21 }
22 
23 void link(int x,int y){
24     int val=dis(x)^dis(y)^1;
25     x=find(x); y=find(y);
26     stk[++top]=(D){x,y,t[x],t[y]};
27     if (t[x].sz>t[y].sz) swap(x,y);
28     t[x].fa=y; t[x].val=val; t[y].sz+=t[x].sz;
29 }
30 
31 void recov(int k){ while (top!=k) t[stk[top].x]=stk[top].a,t[stk[top].y]=stk[top].b,top--; }
32 
33 void CDQ(int L,int R,vector<E> &a){
34     int mid=(L+R)>>1,bot=top;
35     vector<E> b,c;
36     for (int i=0; i<(int)a.size(); i++){
37         E now=a[i]; int x=now.u,y=now.v;
38         if (now.l==L && now.r==R){
39             int p=find(x),q=find(y);
40             if (p==q){
41                 int val=dis(x)^dis(y);
42                 if (val==0){
43                     rep(i,L,R) puts("No");
44                     recov(bot); return;
45                 }
46             }else link(x,y);
47         }else if (now.r<=mid) b.push_back(now);
48             else if (now.l>mid) c.push_back(now);
49                 else b.push_back((E){now.u,now.v,now.l,mid}),c.push_back((E){now.u,now.v,mid+1,now.r});
50     }
51     if (L==R) puts("Yes"); else CDQ(L,mid,b),CDQ(mid+1,R,c);
52     recov(bot);
53 }
54 
55 int main(){
56     freopen("bzoj4025.in","r",stdin);
57     freopen("bzoj4025.out","w",stdout);
58     scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
59     rep(i,1,m){
60         scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&l,&r); l++;
61         if (l<=r) a.push_back((E){u,v,l,r});
62     }
63     init(); CDQ(1,T,a);
64     return 0;
65 }

 

posted @ 2018-04-06 10:54  HocRiser  阅读(304)  评论(0编辑  收藏  举报