拯救地球

传送门已损坏 @TOC

题目描述

在遥远的未来，地球被外来文明入侵了，在这危机的关头，人类表现出前所未有的团结，为了让更多的人活下来，联合政府决定联合地球上的所有科学家，共同改造那些被联合政府精心挑选出来的人类，使他们变成拥有超能力的超人，然后派他们去消灭这个地球上的外星生物。这个辉煌而伟大的计划，被命名为，‘’拯救地球‘’计划。

幸运的是你也被选中并且成功被改造成为了超人，每次任务，联合政府都会派你通过传送门去联合政府指定的一个国家，而你的任务就是：你要尽可能多的消灭从这个国家开始往外拓展的外星生物，从而拯救尽可能多的国家。

地球上有n个国家，有m条无向道路，每条道路上只有一个外星生物（地球上的外星生物全部都在道路上，国家里面没有外星生物），每个外星生物都有一个防御值，接着你有q次任务，每次任务联合政府会让你拥有w的攻击力（每次任务的攻击力是一直不变的），然后用传送门将你送去国家x（国家x已经被你拯救），你的任务就是拯救尽可能多的国家。（如果国家a与国家b之间有一条道路，国家a已经被你拯救，并且你的攻击值大于等于这条道路上外星生物的防御值，那么国家b能被你拯救，否则你无法通过这条道路拯救国家b）

对于每次任务，输出你最多能拯救的国家数目，每次任务独立，互不影响

输入格式

输入第一行三个正整数n，m，q，分别表示地球上的国家数，道路数，以及你的任务数 接下来m行，每行三个整数x，y，w，表示国家x和国家y之间有一条无向道路，并且该道路上只有一个外星怪物，它的防御值为w，保证防御值为正整数 接下来q行，每行两个整数x，w，表示每次任务你会被派到国家x，并且让你拥有w的攻击力，每次任务独立，互不影响

输出格式

输出共q行，每行一个正整数，表示每次任务你最多能拯救的国家数目。

输入样例

5 8 5
1 5 4
1 2 1
5 2 2
2 4 3
5 4 4
4 3 3
2 3 2
2 3 3
1 3
2 2 
2 4
3 1
4 3

输出样例

5
4
5
1
5

样例解释

第一次任务能拯救的国家编号为：1,2,3,4,5

第二次任务能拯救的国家编号为：1,2,3,5

第三次任务能拯救的国家编号为：1,2,3,4,5

第四次任务能拯救的国家编号为：3

第五次任务能拯救的国家编号为：1,2,3,4,5

数据范围

对于 $20 \%$ 的数据， n≤ $10^5$ ,m≤2×$10^3$ ,q≤$10^3$ ,w≤$10^9$

对于另外 $20\%$的数据， $n \le 10^5, m \leq 2 \times 10^{5}, q \leq 10^{3}, w \leq 100$

再另外 $20\%$ 的数据， $n \leq 10^{3}, m \leq 2 \times 10^{5}, q \leq 10^{5}, w \leq 10^{9}$ ，保证每次询问输入的源点相同

对于剩余 $40\%$ 的数据，$n \leq 10^{5}, m \leq 2 \times 10^{5}, q \leq 10^{5}, w \leq 10^{9}$

每次任务独立，互不影响表示：每次任务所拯救的国家在其他任务中还是需要重新被拯救的，每次任务所消灭的外星生物在其他任务中还是会重新存在的

解题思路

$20pts$ 显然，对于第一档部分分，我们可以直接 $BFS$ 暴力求解。对于每次输入的源点 $x$，我们从 $x$开始 $BFS$ 遍历，依据条件松弛即可。时间复杂度 $O(nq)$，期望得分 $20pts$。

$40pts$ 对于第三档部分分，我们可以用动态规划的思路解决。设 $dp_{i}$ 为从源点 $x$到达顶点 $i$所要经过的最大边权，则 $dp_{i} = min(dp_{i}, max(dp_{j}, w)), (i, j) \in E$。加上第一档部分分就是 $40pts$ 的解法。时间复杂度为 $O(nq)$ 或 $O(n log n)$。

$100pts$ 对于 $20pts$ 的做法，重复计算大量状态是超时的主要原因。假如我们有两个不同的询问，攻击力分别为 $w_{1}$ 和 $w_{2}$ ，且 $w_{1} < w_{2}$ ，那么以 $w_{1}$ 的攻击力可以走过的边，以 $w_{2}$ 的攻击力也一定可以走过。这样，我们就没有必要每一次都重新 BFS 一次。

我们考虑一次就把所有答案求出，也就是在上一次询问的基础上继续进行松弛。想要达到这种情况，攻击力必须是递增的，否则可能会出现 $w_{1} < w_{2}$ ，也就是无法走过上一条询问走过的边的情况。因此，我们必须先将询问按攻击力从小到大排序，然后离线处理询问。

既然要维护点与点之间的连通性，那么我们就可以用并查集来维护。每次处理询问，我们从上一次处理到的边开始继续处理，假如当前边的边权小于等于当前的攻击力 $w$，说明这条边可以以 $w$ 的攻击力走过，将这条边的两端用并查集合并起来。一直枚举图中的边，直到攻击力小于边权为止。此时，源点 $x$ 所在的连通分量大小就是此次询问的答案。因为我们要 $O(m)$处理所有询问，所以我们应该把所有边按边权大小排序，这样才能在保证正确性的前提下不重复计算。

算法时间复杂度 $O(m log m + q log q)$，为排序边和询问的快排时间复杂度，期望得分 $100pts$。

参考代码

在此附上本人的 AC 代码，仅供参考，请勿抄袭：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline int read()
{
    char c=getchar();int x=0;bool f=0;
    for(;!isdigit(c);c=getchar())f^=!(c^45);
    for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    if(f)x=-x;return x;
}

const int maxn = 1e5*6 + 5;

struct Edge {//边
	int x, y, w;
}edge[maxn];

struct abc {//询问
	int x, w, id;
}ques_t[maxn];

int n, m, q;
int fa[maxn], siz[maxn], ans[maxn],l=1;

bool cmp(Edge a, Edge b) {
	return a.w < b.w;
}

bool cmp1(abc a, abc b) {
	return a.w < b.w;
}

void init() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		fa[i] = i;
		siz[i] = 1;
	}
}

int get(int x) {
	if (fa[x] == x)return x;
	return fa[x] = get(fa[x]);
}

void merge(int x, int y) {
	x = get(x);y = get(y);
	if (x != y) {
		fa[y] = x;
		siz[x] += siz[y];
	}
}

int main() {
	
	n=read();m=read();q=read();

	init();

	for (int i = 1; i <= m; i++)edge[i].x=read(), edge[i].y=read(), edge[i].w=read();
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		scanf("%d%d", &ques_t[i].x, &ques_t[i].w);
		ques_t[i].id = i;
	}

	sort(edge + 1, edge + m + 1, cmp);
	sort(ques_t + 1, ques_t + q + 1, cmp1);

	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		for (int j = l; j <= m; j++) {
			if (edge[j].w <= ques_t[i].w)merge(edge[j].x, edge[j].y);
			else {
				l = j;
				break;
			}
		}
		ans[ques_t[i].id] = siz[get(ques_t[i].x)];
	}

	for (int i = 1; i <= q; i++)printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}

——————————QAQ