【离线 撤销并查集 线段树分治】bzoj1018: [SHOI2008]堵塞的交通traffic

本题可化成更一般的问题:离线动态图询问连通性

当然可以利用它的特殊性质,采用在线线段树维护一些标记的方法

Description

  有一天,由于某种穿越现象作用,你来到了传说中的小人国。小人国的布局非常奇特,整个国家的交通系统可
以被看成是一个2行C列的矩形网格,网格上的每个点代表一个城市,相邻的城市之间有一条道路,所以总共有2C个
城市和3C-2条道路。 小人国的交通状况非常槽糕。有的时候由于交通堵塞,两座城市之间的道路会变得不连通,
直到拥堵解决,道路才会恢复畅通。初来咋到的你决心毛遂自荐到交通部某份差事,部长听说你来自一个科技高度
发达的世界,喜出望外地要求你编写一个查询应答系统,以挽救已经病入膏肓的小人国交通系统。 小人国的交通
部将提供一些交通信息给你,你的任务是根据当前的交通情况回答查询的问题。交通信息可以分为以下几种格式:
Close r1 c1 r2 c2:相邻的两座城市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被堵塞了;Open r1 c1 r2 c2:相邻的两座城
市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被疏通了;Ask r1 c1 r2 c2:询问城市(r1,c1)和(r2,c2)是否连通。如果存在一
条路径使得这两条城市连通,则返回Y,否则返回N;

Input

  第一行只有一个整数C,表示网格的列数。接下来若干行,每行为一条交通信息,以单独的一行“Exit”作为
结束。我们假设在一开始所有的道路都是堵塞的。我们保证 C小于等于100000,信息条数小于等于100000。

Output

  对于每个查询,输出一个“Y”或“N”。


题目分析

这里提供一种更加一般的模型,即离线动态图连通性。

大体的思路是:把所有操作都离线之后,对询问分治,将每个询问看做线段树的一个节点(因为询问天然有序),并且记录当前剩余操作(可以是在过程里带vector)。那么这样在处理到每个叶子节点的时候,就已经把有关的操作都执行了。最后离开当前节点时,按栈序撤销并查集操作。

这个方法的时间复杂度是$O(m \log m \log n)$($\log n$是可撤销并查集的复杂度)。其优化的本质在于,让一段共用边的操作同时处理。

那么这里有一个很具有启发性的思路:对于一类询问$m$次,每次询问基于若干个元素的问题,可以通过离线分治的方式减少它们的冗余操作,将复杂度将为$O(m \log m \log n)$。当然最大的缺陷在于必须离线(而且过程里挂vector是不是太占空间了?)

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 const int maxn = 200035;
 3 
 4 struct Edge
 5 {
 6     int u,v,s,t;
 7     Edge(int a=0, int b=0, int c=0, int d=0):u(a),v(b),s(c),t(d) {}
 8 };
 9 int n,qNum,top;
10 int mp[3][maxn],fat[maxn],size[maxn];
11 typedef std::vector<Edge> vec;
12 vec opt;
13 std::map<int, int> tag[maxn];
14 std::pair<int, int> qr[maxn],stk[maxn<<2];
15 char str[5];
16 
17 int read()
18 {
19     char ch = getchar();
20     int num = 0, fl = 1;
21     for (; !isdigit(ch); ch=getchar())
22         if (ch=='-') fl = -1;
23     for (; isdigit(ch); ch=getchar())
24         num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48;
25     return num*fl;
26 }
27 int find(int x)
28 {
29     while (x!=fat[x]) x = fat[x];
30     return x;
31 }
32 void merge(int x, int y)
33 {
34     int fx = find(x), fy = find(y);
35     if (size[fx] > size[fy]) std::swap(fx, fy);
36     stk[++top] = std::make_pair(fx, fy);
37     fat[fx] = fy, size[fy] += size[fx];
38 }
39 void cancel()
40 {
41     int x = stk[top].first, y = stk[top].second;
42     fat[x] = x, size[y] -= size[x];
43 }
44 void solve(int l, int r, vec opt)
45 {
46     vec L,R;
47     int mid = (l+r)>>1, tmp = top;
48     for (int i=0, mx=opt.size(); i<mx; i++)
49     {
50         int s = opt[i].s, t = opt[i].t;
51         if (s <= l&&r <= t) merge(opt[i].u, opt[i].v);
52         else{
53             if (s <= mid) L.push_back(opt[i]);
54             if (t > mid) R.push_back(opt[i]);
55         }
56     }
57     if (l==r) puts(find(qr[l].first)==find(qr[l].second)?"Y":"N");
58     else solve(l, mid, L), solve(mid+1, r, R);
59     while (tmp!=top) cancel(), --top;
60 }
61 int main()
62 {
63     n = read();
64     for (int i=1, cnt=0; i<=n; i++)
65         mp[1][i] = ++cnt, mp[2][i] = ++cnt;
66     for (int idx,idy; ;)
67     {
68         scanf("%s",str);
69         if (str[0]=='E') break;
70         idx = mp[read()][read()], idy = mp[read()][read()];
71         if (str[0]=='O'){
72             opt.push_back(Edge(idx, idy, qNum+1, -1));
73             tag[idx][idy] = tag[idy][idx] = opt.size()-1;
74         }
75         if (str[0]=='C') opt[tag[idx][idy]].t = qNum;
76         if (str[0]=='A') qr[++qNum] = std::make_pair(idx, idy);
77     }
78     for (int i=0, mx=opt.size(); i<mx; i++)
79         if (opt[i].t==-1) opt[i].t = qNum;
80     for (int i=1; i<=(n<<1); i++) fat[i] = i, size[i] = 1;
81     solve(1, qNum, opt);
82     return 0;
83 }

 

 

END

posted @ 2019-01-11 09:58  AntiQuality  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏