区间合并

区间合并

AcWing 836. 合并集合

• 题目
• 提交记录
• 讨论
• 题解
• 视频讲解

一共有 nn 个数，编号是 1∼n1∼n，最开始每个数各自在一个集合中。

现在要进行 mm 个操作，操作共有两种：

1. M a b，将编号为 a和 b 的两个数所在的集合合并，如果两个数已经在同一个集合中，则忽略这个操作；
2. Q a b，询问编号为 a 和 b 的两个数是否在同一个集合中；

输入格式

第一行输入整数 nn 和 mm。

接下来 mm 行，每行包含一个操作指令，指令为 M a b 或 Q a b 中的一种。

输出格式

对于每个询问指令 Q a b，都要输出一个结果，如果 aa 和 bb 在同一集合内，则输出 Yes，否则输出 No。

每个结果占一行。

数据范围

1 ≤ n, m ≤ 1e5

输入样例：

4 5
M 1 2
M 3 4
Q 1 2
Q 1 3
Q 3 4

输出样例：

Yes
No
Yes

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
int p[N]; //他爸
int m, n, a, b;
char op[2];
int find(int x){  //他祖宗
    if(p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}
int main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) p[i] = i;
    while(m --){
        cin >> op >> a >> b;
        if(op[0] == 'M') p[find(a)] = find(b);
        else{
            if(find(a) == find(b)) puts("Yes");
            else puts("No");
        }
    }
    return 0;
}

AcWing 837. 连通块中点的数量

给定一个包含 n 个点（编号为 1∼n）的无向图，初始时图中没有边。

现在要进行 mm 个操作，操作共有三种：

1. C a b，在点 a 和点 b 之间连一条边，aa 和 bb 可能相等；
2. Q1 a b，询问点 a 和点 b 是否在同一个连通块中，aa 和 bb 可能相等；
3. Q2 a，询问点 a 所在连通块中点的数量；

输入格式

第一行输入整数 n 和 m。

接下来 m 行，每行包含一个操作指令，指令为 C a b，Q1 a b 或 Q2 a 中的一种。

输出格式

对于每个询问指令 Q1 a b，如果 a 和 b 在同一个连通块中，则输出 Yes，否则输出 No。

对于每个询问指令 Q2 a，输出一个整数表示点 a 所在连通块中点的数量

每个结果占一行。（就是a所在区间的点的个数）

数据范围

1 ≤ n, m ≤ 1e5

输入样例：

5 5
C 1 2
Q1 1 2
Q2 1
C 2 5
Q2 5

输出样例：

Yes
2
3

ac code

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
int p[N], size[N];
int m, n, a, b;
char op[5];
int find(int x){  //他祖宗
    if(p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}
int main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
    	p[i] = i;
    	size[i] = 1;
	}
    while(m --){
        scanf("%s",op);
        if(op[0] == 'C'){
        	cin >> a >> b;
        	if(find(a) == find(b)) continue;
        	size[find(b)] += size[find(a)];
        	p[find(a)] = find(b);
		}
 		else if(op[1] == '1'){
			cin >> a >> b;
			if(find(a) == find(b)) cout << "Yes" << endl;
			else cout << "No" << endl;
		}
		else{
			cin >> a;
			cout << size[find(a)] << endl;
		}
	}
	return 0;
}

AcWing 240. 食物链

动物王国中有三类动物 A,B,C，这三类动物的食物链构成了有趣的环形。

A 吃 B，B 吃 C，C 吃 A。

现有 N 个动物，以 1∼N编号。

每个动物都是 A,B,C 中的一种，但是我们并不知道它到底是哪一种。

有人用两种说法对这 NN 个动物所构成的食物链关系进行描述：

第一种说法是 1 X Y，表示 X 和 Y 是同类。

第二种说法是 2 X Y，表示 X 吃 Y。

此人对 NN 个动物，用上述两种说法，一句接一句地说出 KK 句话，这 KK 句话有的是真的，有的是假的。

当一句话满足下列三条之一时，这句话就是假话，否则就是真话。

1. 当前的话与前面的某些真的话冲突，就是假话；
2. 当前的话中 X 或 Y 比 N 大，就是假话；
3. 当前的话表示 X 吃 X，就是假话。

你的任务是根据给定的 N 和 K 句话，输出假话的总数。

输入格式

第一行是两个整数 N 和 K，以一个空格分隔。

以下 KK 行每行是三个正整数 D，X，Y两数之间用一个空格隔开，其中 DD 表示说法的种类。

若 D=1，则表示 X 和 Y是同类。

若 D=2，则表示 X 吃 Y。

输出格式

只有一个整数，表示假话的数目。

数据范围

1≤N≤500001≤N≤50000,
0≤K≤1000000≤K≤100000

输入样例：

100 7
1 101 1 
2 1 2
2 2 3 
2 3 3 
1 1 3 
2 3 1 
1 5 5

输出样例：

3

整体思路

总共3种动物，成环形，所以只要知道每种动物和根节点的关系，就能知道同一集合中任意两种动物的关系

所以可以把所有动物和根节点的距离求出来，分成三类：0， 1， 2。其中， 0表示和根节点同类， 1表示吃根节点，2表示被根节点吃。

对于不在一个集合的 x 和 y：

• 首先要做的是将x嫁接到y上即p[find(x)] = find(y)

• 其次根据xy的关系来更新d[find(x)]

ac code

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int p[N], d[N];
int find(int x){
	if(p[x] != x){
		int root = find(p[x]);  //此行找到把p[x]的父节点，并将p[x]父节点变成root 
		d[x] += d[p[x]];  //d[x]是x到父节点的距离，更新后d[x]是x到root的距离 
		p[x] = root;  //将x的父节点变成root 
	}
	return p[x];
}
int main(){
	int n, m, x, y, t, res = 0;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1;i <= n; i ++) p[i] = i;
	while(m --){
		cin >> t >> x >> y;
		if(x > n || y > n) res ++;
		else{
			int px = find(x), py = find(y);  //如果出现了之前输入过的动物，则此行会把上一次没更新的d[x]更新 
			if(t == 1){
				if(px == py && (d[x] - d[y]) % 3) res ++;
				else if(px != py){
					p[px] = py;
					d[px] = d[y] - d[x];  //d[x]在后续会进行更新 
				}
			}
			else{
				if(px == py && (d[x] - d[y] - 1) % 3) res ++;
				else if(px != py){
					p[px] = py;
					d[px] = d[y] - d[x] + 1; //d[x]在后续会进行更新 
				}
			}
		}
	}
	cout << res;
	return 0;
}