UVA1479 Graph and Queries

$\texttt{Description}$

有一张 $n$ 个节点 $m$ 条边的无向图，第 $i$ 个点有点权 $w_i$，还有 $3$ 种操作：

$\texttt{D }x$：删除第 $x$ 条边，保证每条边至多被删除一次。

$\texttt{C }x\texttt{ }v$：将 $w_x$ 修改成 $v$。

$\texttt{Q }x\texttt{ }k$：查询在点 $x$ 所在的极大连通分量中，第 $k$ 大的点权（即将点权从大到小排序后排在第 $k$ 位的数）。

多组数据，每组数据 $1\le n\le 2\times 10^4$，$1\le m\le6\times 10^4$，$\texttt{Q}$ 和 $\texttt{C}$ 操作次数不超过 $2\times 10^5$。

$\texttt{Solution}$

删边这个操作不太好搞，所以考虑将操作离线倒着加边做。所以可以先处理出所有操作都做完后的图与点权。这样删边就变成了加边，再维护极大连通分量。自然地想到并查集。

由于还要查询第 $k$ 大点权，考虑在每个集合根部维护平衡树。这里平衡树用 pb_ds 中的 rb_tree_tag 实现。

对于修改操作，可以想象成是先删除原来的点权，再加入新的点权（这里新的点权指修改之前的点权，因为倒过来操作了）。由于点权有重复，所以平衡树的类型是 pair，第二关键字放点编号，用于避免重复。

对于加边操作，为了降低复杂度，考虑启发式合并，即把小集合合并到大集合上。这一步操作并不能直接用 pb_ds 中的 join，据说是只有一棵树里的值的优先级全部比另一棵树小才可以用 join。所以要遍历小集合维护的平衡树，将其中的元素插入大集合维护的平衡树中。注意这里要清空小集合维护的平衡树，不然一个点就会存在于多棵平衡树里，导致空间复杂度过高。

清空还有个小细节，不能边遍历边删除迭代器 it，不然会导致在访问当前迭代器下一个元素时 ++it 中 it 失效，引起 RE。正确的做法是遍历时只插入新元素，遍历完之后再用 clear 清空。

时间复杂度为 $\mathcal{O}(T(q+m)(\log n+\alpha(n)))$（$T$ 为数据组数，$q$ 为操作总数，$\alpha(n)$ 为启发式合并复杂度中的反阿克曼函数），空间复杂度为 $\mathcal{O}(n+m+q)$，可以接受。

$\texttt{Code}$

$\texttt{Click Here}$

#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#define int long long//值域有点大。
using namespace std;
int n,m,T,la[20005],cnt,f[20005],ans,tot;
char type;
bool del[60005];
__gnu_pbds::tree<pair<int,int>,__gnu_pbds::null_type,greater<pair<int,int>>,__gnu_pbds::rb_tree_tag,__gnu_pbds::tree_order_statistics_node_update>t[20005];
struct edge{
    int u,v;
}e[60005];
struct query{
    char c;
    int x,k;
}op[500005];
int find(int x){//个人的启发式合并写法，根节点的父亲为极大连通分量大小的相反数。
    return f[x]<0?x:f[x]=find(f[x]);
}
void merge(int x,int y){
    x=find(x),y=find(y);
    if(x^y){
        if(f[x]>f[y]){//往大的上合并，因为是相反数，所以要往实际值小的上合并。
            swap(x,y);
        }
        for(auto it=t[y].begin();it!=t[y].end();++it){//先插入。
            t[x].insert(*it);
        }
        t[y].clear();//再清空。
        f[x]+=f[y];//并集。
        f[y]=x;
    }
}
signed main(){
    cin.tie(0);//读入优化。
    cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(0);
    while(cin>>n>>m&&n&&m){
        cnt=ans=tot=0;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            t[i].clear();//多测清空。
            f[i]=-1;//初始大小为 1。
            cin>>la[i];
        }
        for(int i=1;i<=m;++i){//读边。
            del[i]=0;
            cin>>e[i].u>>e[i].v;
        }
        while(cin>>type&&type^'E'){//读入操作。
            int x,k;
            if(type=='D'){//删除。
                cin>>x;
                del[x]=1;//被删除。
                op[++cnt]={'D',x};
            }else if(type^'C'){//查询。
                cin>>x>>k;
                ++tot;
                op[++cnt]={'Q',x,k};
            }else{//修改。
                cin>>x>>k;
                op[++cnt]={'C',x,la[x]};//倒着来，改成上一个值。
                la[x]=k;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;++i){//维护初始平衡树。
            t[i].insert(make_pair(la[i],i));
        }
        for(int i=1;i<=m;++i){//建出操作做完后的图。
            if(!del[i]){
                merge(e[i].u,e[i].v);
            }
        }
        for(int i=cnt;i;--i){//倒着操作。
            if(op[i].c=='Q'){//查询。
                if(t[find(op[i].x)].size()>=op[i].k){
                    ans+=t[find(op[i].x)].find_by_order(op[i].k-1)->first;//第 k 大点权，pb_ds 中排名是从 0 开始的，故 -1。
                }
            }else if(op[i].c^'C'){//加边。
                merge(e[op[i].x].u,e[op[i].x].v);
            }else{//修改。
                auto it=t[find(op[i].x)].find(make_pair(la[op[i].x],op[i].x));
                t[find(op[i].x)].erase(it);//删除原元素。
                t[find(op[i].x)].insert(make_pair(la[op[i].x]=op[i].k,op[i].x));//插入新元素。
            }
        }
        cout<<"Case "<<++T<<": "<<fixed<<setprecision(6)<<ans*1.0/tot<<'\n';//要求输出的是平均数。
    }
}

posted @ 2023-01-23 22:52 lzyqwq 阅读(57) 评论(0) 收藏举报

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