BZOJ 4537: [Hnoi2016]最小公倍数 [偏序关系 分块]

4537: [Hnoi2016]最小公倍数

题意:一张边权无向图,多组询问u和v之间有没有一条a最大为a',b最大为b'的路径(不一定是简单路径)


首先想到暴力做法,题目要求就是判断u和v连通,并查集把\(a<a' \land b<b'\)的边加入

然后想了一下特殊的莫队,不可做。不能按权值分块,因为同一个权值会有很多边,并且删除操作不好处理

发现这其实是一个偏序关系,但是无法用cdq分治,因为它要求所有满足偏序小的元素同时存在于某种组织形式中

使用分块

权值用\((a,b)\)表示

边按a排序,然后分块。对于每一块i,处理a'在这一块中的询问。这时候之前块的\(a<a'\)这一个关系一定满足,按b排序后也满足\(b<b'\)

块i中还有一些满足的,最多\(\sqrt{m}\) 暴力加入然后撤销就可以了

不路径压缩的并查集,启发式合并的话复杂度log

注意是边权

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}

int n, m, Q, u, v, x, y, block, bn, top, ans[N];
struct meow {
	int u, v, a, b, id;
	inline void print() {printf("%d %d %d %d\n", u, v, a, b);}
} e[N], q[N], a[N];
inline bool cmpa(const meow &a, const meow &b) {return a.a == b.a ? a.b < b.b : a.a < b.a;}
inline bool cmpb(const meow &a, const meow &b) {return a.b == b.b ? a.a < b.a : a.b < b.b;}

namespace ufs {
	struct meow{int fa, maxa, maxb, size;} t[N];
	struct info{int x, y; meow a, b; } st[N];
	inline int find(int x) {return x == t[x].fa ? x : find(t[x].fa);}
	inline void ini() {for(int i=1; i<=n; i++) t[i] = (meow){i, -1, -1, 1}; }
	inline void link(int id) { //printf("link %d\n", id);
		int x = find(e[id].u), y = find(e[id].v);
		st[++top] = (info){x, y, t[x], t[y]};
		if(x==y) {
			t[x].maxa = max(t[x].maxa, e[id].a);
			t[x].maxb = max(t[x].maxb, e[id].b);
			return;
		}
		if(t[x].size < t[y].size) swap(x, y);
		t[y].fa = x;
		t[x].maxa = max(max(t[y].maxa, t[x].maxa), e[id].a);
		t[x].maxb = max(max(t[y].maxb, t[x].maxb), e[id].b);
		t[x].size += t[y].size;
	}
	inline void recov() {
		t[ st[top].x ] = st[top].a, t[ st[top].y ] = st[top].b;
		top--;
	}
	inline bool check(int id) {
		int x = find(a[id].u), y = find(a[id].v);
		//printf("check %d  %d %d  %d %d  %d\n", id, x, y, t[x].maxa, t[x].maxb, t[x].size);
		return x == y && t[x].maxa == a[id].a && t[x].maxb == a[id].b;
	}
} using ufs::st;

void solve() {
	sort(e+1, e+m+1, cmpa); sort(q+1, q+Q+1, cmpa); 
	block = sqrt(m); bn = (m-1)/block+1;
	for(int i=1; i<=bn; i++) { //printf("\n---------- %d\n", i);
		int l = (i-1)*block+1, r = i==bn ? m : i*block;  //printf("[%d, %d]\n", l, r);
		int p=0;
		for(int i=1; i<=Q; i++) 
			if(q[i].a >= e[l].a && (r==m || q[i].a < e[r+1].a) ) a[++p] = q[i];

		sort(e+1, e+l, cmpb); sort(a+1, a+p+1, cmpb);
		//for(int i=1; i<=p; i++) a[i].print();
		int now=1; 
		ufs::ini();
		for(int i=1; i<=p; i++) {
			while(now < l && e[now].b <= a[i].b) ufs::link(now), now++;
			top=0;
			for(int j=l; j<=r; j++) 
				if(e[j].a <= a[i].a && e[j].b <= a[i].b) ufs::link(j);// printf("j %d\n", j);
			ans[ a[i].id ] = ufs::check(i);
			while(top) ufs::recov();
		}
	}
	for(int i=1; i<=Q; i++) puts(ans[i] ? "Yes" : "No");
}
int main() {
	//freopen("in", "r", stdin);
	freopen("multiple.in", "r", stdin);
	freopen("multiple.out", "w", stdout);
	n=read(); m=read();
	for(int i=1; i<=m; i++) u=read(), v=read(), x=read(), y=read(), e[i] = (meow){u, v, x, y, i};
	Q=read();
	for(int i=1; i<=Q; i++) u=read(), v=read(), x=read(), y=read(), q[i] = (meow){u, v, x, y, i}; 
	solve();
}

posted @ 2017-04-10 23:03  Candy?  阅读(292)  评论(0编辑  收藏  举报