P2542 [AHOI2005] 航线规划
P2542 [AHOI2005] 航线规划
题目描述
对 Samuel 星球的探险已经取得了非常巨大的成就，于是科学家们将目光投向了 Samuel 星球所在的星系——一个巨大的由千百万星球构成的 Samuel 星系。
星际空间站的 Samuel II 巨型计算机经过长期探测，已经锁定了 Samuel 星系中 \(n\) 个星球的空间坐标，并对这些星球以 \(1\) 至 \(n\) 依次编号。
一些先遣飞船已经出发，在星球之间开辟探险航线。
探险航线是双向的，例如从 \(1\) 号星球到 \(3\) 号星球开辟探险航线，那么从 \(3\) 号星球到 \(1\) 号星球也可以使用这条航线。
例如下图所示：
在 \(5\) 个星球之间，有 \(5\) 条探险航线。
\(A,B\) 两星球之间，如果某条航线不存在，就无法从 \(A\) 星球抵达 \(B\) 星球，我们则称这条航线为关键航线。
显然上图中，\(1\) 号与 \(5\) 号星球之间的关键航线有 \(1\) 条：即为 \(4\leftrightarrow5\) 航线。
然而，在宇宙中一些未知的磁暴和行星的冲撞，使得已有的某些航线被破坏，随着越来越多的航线被破坏，探险飞船又不能及时恢复这些航线，可见两个星球之间的关键航线会越来越多。
假设在上图中，航线 \(4\leftrightarrow2\)（从 \(4\) 号星球到 \(2\) 号星球）被破坏。此时，\(1\) 号与 \(5\) 号星球之间的关键航线就有 \(3\) 条：\(1 \leftrightarrow 3\)，\(3 \leftrightarrow 4\)，\(4 \leftrightarrow 5\)。
小联的任务是，不断关注航线被破坏的情况，并随时给出两个星球之间的关键航线数目。现在请你帮助完成。
输入格式
第一行有两个整数，分别表示星球个数 \(n\) 和初始时的航线条数 \(m\)。
接下来 \(m\) 行，每行有两个不相同的整数 \(u, v\)，表示星球 \(u\) 和星球 \(v\) 之间存在一条航线。
接下来有若干行，每行首先给出一个整数 \(op\)，表示一次操作的类型。
- 若 \(op = 1\)，则后接两个整数 \(u, v\)，表示询问当前 \(u, v\) 两星球之间有多少关键航线。
- 若 \(op = 0\)，则后接两个整数 \(u, v\)，表示 \(u, v\) 之间的航线被破坏。
- 若 \(op = -1\)，则表示输入结束，后面不再存在操作。
输出格式
对每个 \(op = 1\) 的询问，输出一行一个整数表示关键航线数目。
提示
数据规模与约定
对于全部的测试点，保证：
- \(1 \leq n \leq 3 \times 10^4\)，\(1 \leq m \leq 10^5\)。
- \(-1 \leq op \leq 1\)，\(1 \leq u, v \leq n\)。
- 无论航线如何被破坏，任意时刻任意两个星球都能够相互到达。在整个数据中，任意两个星球之间最多只可能存在一条直接的航线。
- 对于 \(op = 0\) 的操作，保证操作前航线 \(u \leftrightarrow v\) 存在。
- 询问与破坏航线的总次数不超过 \(4 \times 10^4\)。
Solution:
首先我们注意到提示中的一句话：
无论航线如何被破坏，任意时刻任意两个星球都能够相互到达
这启示我们这这个图的连通性是始终不变的，于是我们可以将所有的问题离线并将时间反演，于是我们的问题就变成了如何在一颗树上加边并维护“关键航线数目”
那么有人可能要问了：那如果在op=-1时，原图还没有被删成树呢？当然是继续删啊笨蛋
显然，我们只需要一棵树，所以在遇到删完后不为树的情况，我们在dfs时钦定一些边为树边，然后将剩下的非树边在时间的末尾删除，显然这样不会对于答案造成影响也十分好写
至于如何钦定：显然对于一条有向边 u->v:当且仅当v在之前被访问过了(认父边除外)，u->v为非树边
然后我们成功的将问题转化为了在一颗树上不断的加边，然后维护“关键航线数目”：
显然，对于一次加边\(u->v\)，\(u->v\)显然是一条非树边。纯纯废话
它会使得 \(u->lca->v\)这段路上所有的边都变成"非关键航线".
这很难不让我们联想到树链剖分：
所以我们需要做的是:建一颗线段树维护每个节点的父边，初始值为1，然后对于每次连边u->v:将u->v上的所有边赋值为0，然后每次查询u->v路径上的总和
显然，树链剖分板子
我们数据结构选手就是看什么都是板子捏
然后要特别注意的是：
我们维护的是认父边，所以当树剖LCA进行到最后一次时，
假定dep[x]>dep[y]:
那么y就是lca,注意我们要维护的是u->lca和v->lca这两段，然而dfn[lca]对应的边是lca的认父边，所以我们在
update和query时应操作的区间是\([dfn_y+1,dfn_x]\)
然后这题就愉快的做完了
(又水了30分钟总结，开心捏)
Code：
#include<bits/stdc++.h>
const int N=4e5+5;
using namespace std;
vector<int> E[N],Q[N],ans;
int n,m,cnt,tot;
struct task{
int opt,x,y;
}q[N<<2],e[N<<2];
int now[N],top[N],dep[N],dfn[N],f[N],son[N],siz[N];
int rid[N];
void dfs1(int x,int fa)
{
dep[x]=dep[fa]+1;f[x]=fa;
siz[x]=1;
for(int i=0;i<E[x].size();i++)
{
int to=E[x][i];
if(to==fa)continue;
if(dep[to]){q[++cnt]=(task){0,x,to};E[x][i]=fa;continue;}
dep[to]=dep[x]+1;
dfs1(to,x);
son[x]= siz[to]>siz[son[x]] ? to : son[x];
siz[x]+=siz[to];
}
}
void dfs2(int u,int tp)
{
top[u]=tp;dfn[u]=++tot;rid[u]=tot;
if(!son[u])return ;
dfs2(son[u],tp);
for(int i=0,v;i<E[u].size();i++)
{
v=E[u][i];
if(v==f[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
//Segmengt_Tree
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
struct Tree{
int val,l,r,tag;
}t[N<<2];
void pushup(int x)
{
t[x].val=t[ls].val+t[rs].val;
}
void pushdown(int x)
{
if(!t[x].tag){t[ls].tag=t[rs].tag=t[ls].val=t[rs].val=0;}
}
void build(int x,int l,int r)
{
t[x].l=l,t[x].r=r;
t[x].tag=1;
if(l==r)
{
t[x].val= l==1? 0:1;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
pushup(x);
}
void upd(int x,int ll,int rr)
{
if(ll>rr)return;
if(ll<=t[x].l&&t[x].r<=rr)
{
t[x].val=0;
t[x].tag=0;
return ;
}
int mid=t[x].l+t[x].r>>1;
pushdown(x);
if(ll<=mid)upd(ls,ll,rr);
if(mid<rr)upd(rs,ll,rr);
pushup(x);
}
void query(int x,int ll,int rr,int &res)
{
if(ll<=t[x].l&&t[x].r<=rr)
{
res+=t[x].val;
return;
}
int mid=t[x].l+t[x].r>>1;
pushdown(x);
if(ll<=mid)query(ls,ll,rr,res);
if(mid<rr)query(rs,ll,rr,res);
}
int LCA(int x,int y)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
x=f[top[x]];
}
return dep[x]<dep[y] ? x : y;
}
void chain_upd(int x,int y)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
upd(1,dfn[top[x]],dfn[x]);
x=f[top[x]];
}
if(x==y)return ;
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
upd(1,dfn[y]+1,dfn[x]);
return ;
}
int chain_query(int x,int y)
{
int res=0;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
query(1,dfn[top[x]],dfn[x],res);
x=f[top[x]];
}
if(x==y)return res;
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
query(1,dfn[y]+1,dfn[x],res);
return res;
}
#undef ls
#undef rs
//end
map<pair<int,int>,int> Map;
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
int use[N];
int find(int x){f[x]= f[x]==x ? f[x]: find(f[x]);return f[x];}
void work()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
e[i]=(task){-1,x,y};
}
for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=i;}
for(int &i=++cnt;i;i++)
{
scanf("%d%d%d",&q[i].opt,&q[i].x,&q[i].y);
if(q[i].opt==-1)break;
if(q[i].opt==0)
{
Map[mp(q[i].x,q[i].y)]=Map[mp(q[i].y,q[i].x)]=1;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=find(e[i].x),v=find(e[i].y);
if(!Map[mp(e[i].x,e[i].y)])
{
if(u!=v)
{
f[v]=u;
use[i]=1;
E[e[i].x].push_back(e[i].y);
E[e[i].y].push_back(e[i].x);
}
else
{
q[++cnt]=(task){0,e[i].x,e[i].y};
}
}
}
for(int i=0;i<N;i++){f[i]=0;}
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
build(1,1,n);
for(int i=cnt,x,y;i;i--)
{
x=q[i].x,y=q[i].y;
if(q[i].opt==0)
{
chain_upd(x,y);
}
if(q[i].opt==1)
{
ans.push_back(chain_query(x,y));
}
}
for(int i=ans.size()-1;~i;i--){printf("%d\n",ans[i]);}
}
int main()
{
work();
return 0;
}
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