P7457 [CERC2018] The Bridge on the River Kawaii

P7457 [CERC2018] The Bridge on the River Kawaii

题意

给你一个 \(n\) 个点初始没有边的无向图。有 \(q\) 个操作。

1. 连边 \((u,v)\)。权值为 \(w\)。
2. 删边 \((u,v)\)。
3. 查询 \(u,v\) 之间边权最大值最小的路径的最大边权。

\(n,q \le 10^5, 0 \le w \le 10\)。

保证任意时刻没有重边。

思路

发现 \(w\) 很小。所以把 \(w \le k(k \in [0,10])\) 的边建成一个图，建 \(11\) 个图。

维护这些图，每次查询就在每个图上都查一下。

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对于一个图，我们需要知道任意两点是否连通。可以使用并查集维护。

但是有删边怎么办？可以使用可撤销并查集。

我们有套路的线段树分治 + 可撤销并查集做法。\(O(Vq\log^2q)\)。

我们把询问按照时间排序，然后分治处理。

为了保证分治复杂度正确，我们其实是在时间轴上分治，而不是在询问序列上分治。这样可以保证分治区间的操作个数。

对每个分治区间，我们用可撤销并查集维护在这个区间内一直有效的边。

具体地，每条边在一段区间内有效。我们把这段区间在线段树上用 \(\log\) 个节点表示（类似线段树区间操作那样）。

当我们分治到这些节点时，就往并查集里加入这条边。当我们从这个节点回溯时，就从并查集撤销这条边。

对于非叶子分治区间 \([l,r]\)。

1. 往可撤销并查集里加入一些边。
2. 递归左半区间和右半区间。
3. 撤销刚刚加入的边。

对于叶子，如果这个叶子时查询，就可以查询一下 \(u,v\) 是否连通。

时间复杂度 \(O(Vq \log^2 q)\)。

常数不太大，能过。

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还有 lct 做法。

我们先离线地预处理出每条边的删除时刻。

维护每个图的生成树。用 lct 维护删边操作。

还有个问题，如果添加了一条新边 \((u,v)\)，但是 \(u,v\) 已经在一个连通块里了。假如 \((u,v)\) 的删除时刻比较晚，我们需要用 \((u,v)\) 代替树上的某一条边。

我们可以贪心地找出 \(u,v\) 之间的路径的删除时间最早的边，并判断是否换掉它。

这样子复杂度就是 \(O(Vq \log q)\) 的。

但是我不会 lct。

如有错请指出/bx

code

#include<bits/stdc++.h>
#define sf scanf
#define pf printf
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace wing_heart {
	constexpr int N=1e5+7;
	int n,q;
	struct edge{
		int u,v,w,l,r;
	}e[N];
	struct pii {
		int u,v;
		bool operator < (const pii b) const { return u==b.u ? v<b.v : u<b.u; }
	}que[N];
	int ans[N];
	map<pii,int> mp;
	int ecnt;
	vector<int> vec[N<<2];
	void insert(int u,int l,int r,int x) {
		if(l>=e[x].l && r<=e[x].r) return vec[u].push_back(x);
		int mid=(l+r)>>1;
		if(e[x].l<=mid) insert(u<<1,l,mid,x);
		if(mid+1<=e[x].r) insert(u<<1|1,mid+1,r,x);
	}
	int fa[N],siz[N];
	stack<pii> st;
	int find(int x) { return !fa[x] ? x : find(fa[x]); }
	bool merge(int u,int v) {
		u=find(u), v=find(v);
		if(u==v) return 0;
		if(siz[u]<siz[v]) swap(u,v);
		siz[u]+=siz[v]; fa[v]=u;
		st.push({u,v});
		return 1;
	}
	void back() {
		int u=st.top().u, v=st.top().v;
		st.pop();
		siz[u]-=siz[v], fa[v]=0;
	}
	void solve(int u,int l,int r,int lim) {
		int cnt=0;
		for(int x : vec[u]) if(e[x].w<=lim) if(merge(e[x].u,e[x].v)) ++cnt;
		if(l==r) {
			if(que[l].u && find(que[l].u) == find(que[l].v)) ans[l] = lim;
		} else {
			int mid=(l+r)>>1;
			solve(u<<1,l,mid,lim), solve(u<<1|1,mid+1,r,lim);
		}
		rep(i,1,cnt) back();
	}
	void main() {
		sf("%d%d",&n,&q);
		rep(i,1,q) {
			int op,u,v;
			sf("%d%d%d",&op,&u,&v);
			if(u>v) swap(u,v);
			++u, ++v;
			if(op==0) {
				int w;
				sf("%d",&w);
				e[++ecnt] = {u,v,w,i,q};
				mp[{u,v}]=ecnt;
			} else if(op==1) {
				e[mp[{u,v}]].r=i-1;
			} else {
				ans[i]=-1;
				que[i]={u,v};
			}
		}
		rep(i,1,ecnt) insert(1,1,q,i);
		rep(i,1,n) siz[i]=1;
		per(i,10,0) {
			solve(1,1,q,i);
		}
		rep(i,1,q) if(que[i].u) pf("%d\n",ans[i]);
	}
}
int main() {
	#ifdef LOCAL
	freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("my.out","w",stdout);
	#endif
	wing_heart :: main();
}