题解：P8860 动态图连通性

题目

洛谷

题意

每次询问一条边 \(x\)，然后假设把这条边删掉，看看还能不能从 \(1\) 走到 \(n\)，能走到，就真删掉，输出 \(1\)；不能走到，就保留这条边，输出 \(0\)。注意，成功删掉的边，以后就一直不存在了。

思路

根据题意，我们思考，假如我们能提前确定一条从 \(1\) 到 \(n\) 的路径，并保证这条路径上的边始终保留，那么：

• 对于路径上的边，删除后可能导致这条保留路径断开，所以要保留；
• 对于路径外的边，即使删除它，也不会影响这条保留路径，所以可以删除。

于是，问题就转化成了：如何提前确定一条能够在整个过程中保留下来的 \(1\to n\) 路径？

所以我们可以先将每条边的第一次被询问时间离线下来。

设 \(d_{i}\) 表示原图第 \(i\) 条边第一次被询问的时刻。如果它从未被询问，则令 \(d_{i}=q+1\)。

嘶，这是我们可以发现一个显然的性质：一条边第一次被询问时，如果它不能被删除，那么它以后也不可能被删除。因为图中只会不断删除边，并不会增加边，既然现在删掉它会导致 \(1\) 无法到达 \(n\)，之后删掉更多边只会让情况更差。

因此，每条边只需考虑它第一次被询问的时刻。

我们把 \(d_i\) 当作这条边的优先级：

• \(d_{i}\) 越大，说明它越晚才会被询问，越有机会保留下来；
• \(d_i\) 越小，说明它越早面临删除。

于是，我们肯定希望找到一条优先级尽可能高的 \(1\to n\) 路径。

那么如何找呢？

我们可以把每条边的首次询问时间 \(d_{i}\) 当作边权，然后用大根堆优先扩展搜索。也就是优先考虑由较晚才会被询问的边到达的点。

同时在搜索时，我们维护 \(vis_{u}\)（表示点 \(u\) 是否已经处理）、\(pre_{v}\)（到达点 \(v\) 的前一个点）、\(p_{v}\)（到达点 \(v\) 使用的原图边编号）。

当发现一条更晚才会被询问的边可以进入点 \(v\) 时，就更新 \(pre_{v}\)、\(p_{v}\)，并把 \(v\) 放进堆里。搜索到终点 \(n\) 后，就可以沿着 \(pre\) 从 \(n\) 倒着走回 \(1\)，还原出需要保留的路径。

然后我们解释一下为什么这样找是可以的：

首先我们把搜索得到的路径记为 \(P\)。

因为搜索的过程优先扩展首次询问时间较大的边，所以构造出的路径具有这样的性质：

• 对于路径上的一条边 \(e\)，如果它的首次询问时间为 \(t\)，那么任何绕开这条边的替代路径，都必须经过一条首次询问时间不晚于 \(t\) 的边。
• 否则，假如存在一条完全由首次询问时间大于 \(t\) 的边组成的替代路径，那么搜索就应该优先沿着这条更晚才会被询问的路径扩展，不会把 \(e\) 选入最终路径。

OK，那么现在考虑询问时刻 \(t\)，尝试删除路径上的边 \(e\)：

• 所有首次询问时间小于 \(t\) 的边，如果不在保留路径上，那么早已在之前的询问中被删除。
• 所有首次询问时间大于 \(t\) 的边，此时还没有被询问，所以仍然存在。
• 根据上面的性质，不存在一条完全绕开 \(e\)，且只使用仍然存在的边的替代路径。

所以，删除 \(e\) 会破坏从 \(1\) 到 \(n\) 的连通路径，应该保留。

反过来，对于不在 \(P\) 上的边，即使删除它，路径 \(P\) 仍然完整存在，所以它可以删除。

这样就说明了为什么我们可以这么找。

以上就是我的全部思路，其他的详见代码吧。

代码如下

/*@author:decentz*/
#include<bits/stdc++.h>
#define FRE(x,y) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#y".out","w",stdout);
#define LK_TIME cerr<<(1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC)<<'\n';
#define REP(i,a,b) for(int i=(a),i##end=(b);i<=i##end;i++)
#define PRE(i,a,b) for(int i=(a),i##end=(b);i>=i##end;i--)
#define MMS(arr,n) memset(arr,n,sizeof(arr));
#define DEBUG(x) cerr<<#x<<": "<<x<<'\n';
using namespace std;
using LL=long long;
const LL INF=LLONG_MAX,_INF=LLONG_MIN;
bool STWZZ;
const int N=2e5+5;
int n,m,q,hd[N],nxt[N],ver[N],t[N],tot,d[N],ask[N],pre[N],p[N];
priority_queue<pair<int,int>> pq;//存边的优先级,点的编号
bool vis[N],kp[N];//kp表示原图第i条边是否在选出的保留路径上
void add(int u,int v,int i){
	ver[++tot]=v;nxt[tot]=hd[u];t[tot]=i;hd[u]=tot;
}
void sou(){
	pq.push({0,1});
	while(pq.size()){
		int u=pq.top().second;pq.pop();
		if(vis[u]) continue;
		if(u==n) break;//如果已经取出终点n，就停止搜索，因为已经找到一条从1到n的路径。
		vis[u]=true;
		for(int i=hd[u];i;i=nxt[i]){
			int v=ver[i];
			if(!vis[v]&&d[t[i]]>d[p[v]]){//点v还没有被确定处理，并且当前这条边的删除时间更晚，也就是优先级更高。
				p[v]=t[i];//记录进入v的新边
				pre[v]=u;
				pq.push({d[t[i]],v});
			}
		}
	}
}
bool EDWZZ;
int main(){
	//FRE(,);
	//cerr<<(&EDWZZ-&STWZZ)/1024.0/1024.0<<'\n';
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	cin>>n>>m>>q;
	REP(i,1,m){
		int u,v;cin>>u>>v;
		add(u,v,i);
		d[i]=q+1;
	}
	REP(i,1,q){
		cin>>ask[i];
		d[ask[i]]=min(d[ask[i]],i);
	}
	sou();
	for(int u=n;u!=1;u=pre[u]) kp[p[u]]=true;//把保留路径上的边标记出来
	REP(i,1,q){
		if(d[ask[i]]==i&&!kp[ask[i]]) cout<<1<<'\n';//它能够被删除，当且仅当：这是它第一次被询问，并且它不在保留路径上。
		else cout<<0<<'\n';
	}
	return 0;
}
//时间复杂度分析：每条边只在建图时加入一次，每次询问只处理常数次；搜索过程中，边可能让端点进入优先队列，优先队列操作需要O(log n)。
//因此时间复杂度为O((n+m+q)log n)。	 

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对于本题的总结ing

本题采用了离线处理。首先记录每条边第一次被询问的时刻，将该时刻作为边的优先级；从起点 \(1\) 出发，使用大根堆优先扩展优先级较高的候选点，并记录前驱信息，得到一条需要保留的 \(1\to n\) 路径（即不用真的模拟每一次删边的过程，而是利用所有询问的时间信息，提前确定一条能够保留下来的路径）。最后标记路径上的边，对于每次询问，若该边是第一次被询问且不在保留路径上，则删除并输出 \(1\)，否则输出 \(0\)。

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