AT_abc235_e [ABC235E] MST + 1 题解

这题可以使用 \(\text{Kruskal}\) 来求解。

如果每次询问都重新求一次最小生成树的话，数据范围太大很明显会超时。所以我们可以考虑离线操作。

首先我们先把 \(m+q\) 条边按权值小到大排序。记得把询问的那 \(q\) 条标记一下，方便后面判断。

接下来遍历每条边：

• 并查集判断如果这条边的两个结点已经连通，直接跳过。

• 否则进行以下操作：

  • 如果是原来的 \(m\) 条边，直接并查集合并两条边。

  • 如果是询问的 \(q\) 条边，不进行合并操作，遍历到了当前边说明当前边将会是新最小生成树的边，记录下来。

最后把询问记录下来结果的输出即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+100;
int n,m,u,v,d,q,fa[N],cnt;
struct node
{
	int x,y,val,id;
}a[N*2];
bool r[N];
bool cmp(node a1,node a2)
{
	return a1.val<a2.val;
}
int find1(int dx)//并查集查询祖先
{
	return dx==fa[dx]?dx:fa[dx]=find1(fa[dx]);
}
void merge1(int dx,int dy)//并查集合并
{
	int gx=find1(dx),gy=find1(dy);
	if(gx!=gy) fa[gx]=gy;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].val);
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&a[m+i].x,&a[m+i].y,&a[m+i].val);
		a[m+i].id=i;//记录当前边的查询编号
	}
	m+=q;
	sort(a+1,a+m+1,cmp);//按边权值从小到大排序
	for(int i=1;i<=m;i++)//Kruskal
	{
		if(find1(a[i].x)!=find1(a[i].y))//两个结点不连通
		{
			//printf("%d %d %d %d\n",a[i].x,a[i].y,a[i].val,a[i].id); 
			if(a[i].id) r[a[i].id]=true;//有查询编号标记，是查询边，有贡献，标记
			else merge1(a[i].x,a[i].y),cnt++;//否则是原来的边，合并
		}
		if(cnt==n-1) break;//最小生成树生成完成
	}
	for(int i=1;i<=q;i++) r[i]?printf("Yes\n"):printf("No\n");//输出查询的记录
	return 0;
}