L2-025 分而治之

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这题不多讲了，几乎是和前面的一题几乎一模一样，只有几点需要注意的地方

• 这题每检测玩一个方案之后要重置lost数组，为了方便，可以同时把vis数组的重置放在一起

• 检测的原理是：由于最后的城市都是孤立无援的，所以这时候的连通块数量是 总城市数 \(-\) 沦陷城市数

这里我刚开始把lost数组也放进了cnt函数里，结果当然是错误，因为所有输入的lost又被重置了。

不过我这里的代码与柳婼大大的是不一样的

但是她的思想值得介绍一下，对于一个城市，孤立无援一意味着每条边都是断的，即向左也不是，向右又不是。
她使用了一个结构体来存每条边，结构体里存的是两个端点（城市编号），还要用一个表来标记沦陷城市的编号，后续遍历的时候，如果一条边，有一端没有沦陷， 即它的状态还是false，就记录bool变量为false，说明这个方案失败。

想看柳婼代码的点这里

但是我还是觉得我的代码会更好,既是对前面的题目的一个巩固，又是对变化的适应。

但是，我的代码很显然是要慢很多的（实则就20,30ms），因为这道题的数据大起来了。另外值得一提的是这题时间特别宽松,如果加速，能降低到40ms速度，总之，这道题是很友好的一道题

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;

vector<int> a[10010];
bool lost[10010];
bool vis[10010];

int n,m;

void dfs(int u)
{
	vis[u] = true;
	for(auto v : a[u])
	{
		if(!lost[v] && !vis[v])
		{
			dfs(v);
		}
	}
}

int cnt()
{
	int res = 0;

	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
	{
		if(!lost[i] && !vis[i])
		{
			res ++;
			dfs(i);
		}
	}
	return res;
}

int main()
{
	cin>>n>>m;
	while(m--)
	{
		int l,r;cin>>l>>r;	
		a[l].push_back(r);
		a[r].push_back(l);
	}
		
	int k;cin>>k;

	while(k--)
	{
		
		int t;cin>>t;
		for(int i = 0 ; i < t ; i ++)
		{
			int x;cin>>x;
			lost[x] = true;
		}
		int cnt1 = cnt(); 

		if(cnt1 == n - t) cout<<"YES"<<endl;
		else cout<<"NO"<<endl;
		memset(lost,false,sizeof lost);
        memset(vis,false,sizeof vis);
	}
	return 0;
}