图上路径问题1,题解

按边分块

[HNOI2016] 最小公倍数

题意：

一张图， \(n\) 个点， \(m\) 条边， \(q\) 次询问。
每条边有正整数权值 \(val_u\) ，满足 \(\exists a,b\in \mathbb{N},val_u=2^a\times 3^b\)
每次询问给出一个 \(u,v,a,b\) 表示是否存在一条从 \(u\) 到 \(v\) 的路径(不需要满足简单路径)，
该路径上所有边的权值最小公倍数 \(v=2^a\times 3^b\)

思路：

离线询问，按边分块。

记 \(a_e\) 表示边 \(e\) 的权值 \(2\) 的幂次， \(b_e\) 表示其权值 \(3\) 的幂次。

我们把每条边 \(e\) 按照 \(a_e\) 排序，然后对其分块。

每个询问按照 \(b_q\) 为关键字排序。

枚举每个块 \(B\) ，然后取出所有 \(a_q \in a_B\) 的询问，因为所有整块已经满足 \(a_e\le a_q\),所以我们直接按照 \(b_e\) 排序。

枚举每个询问，先加入整块内的 \(b_e\le b_q\) 的边，在散块内的边暴力加入，然后通过栈退回。

我们可以得到代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=5e4+5,M=1e5+5;
int n,m,Q,len;
struct edge{int a,b,u,v;}e[M];
struct qry{int a,b,u,v,idx;}q[N],nq[N];
struct dsu{int x,y,a,b,s;}stk[M];
int fa[N],mxa[N],mxb[N],siz[N],top,qcnt;
bool ans[N];
void clr(){
	for(int i=1;i<=n;++i)fa[i]=i,siz[i]=1,mxa[i]=-1,mxb[i]=-1;top=0;
}
int getfa(int u){while(fa[u]!=u)u=fa[u];return u;}
void merge(int x,int y,int a,int b){
	x=getfa(x),y=getfa(y);
	if(siz[x]>siz[y])swap(x,y);
	stk[++top]={x,y,mxa[y],mxb[y],siz[y]};
	if(x^y){
		fa[x]=y;
		siz[y]+=siz[x];		
	}
	mxa[y]=max(mxa[y],max(a,mxa[x]));
	mxb[y]=max(mxb[y],max(b,mxb[x]));
}
void pop(int ptop=0){
	while(top>ptop){
		fa [stk[top].x]=stk[top].x;
		siz[stk[top].y]=stk[top].s;
		mxa[stk[top].y]=stk[top].a;
		mxb[stk[top].y]=stk[top].b;
		--top;
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;++i)cin>>e[i].u>>e[i].v>>e[i].a>>e[i].b;
	cin>>Q;
	for(int i=1;i<=Q;++i)cin>>q[i].u>>q[i].v>>q[i].a>>q[i].b,q[i].idx=i;
	len=sqrt(m);
	sort(e+1,e+1+m,[](edge x,edge y){return x.a<y.a;});
	sort(q+1,q+1+Q,[](qry  x,qry  y){return x.b<y.b;});
	for(int i=1;i<=m;i+=len){
		clr();
		qcnt=0;
		for(int j=1;j<=Q;++j)if(e[i].a<=q[j].a&&(i+len>m||e[i+len].a>q[j].a))nq[++qcnt]=q[j];
		if(!qcnt)continue;
		sort(e+1,e+i,[](edge x,edge y){return x.b<y.b;});
		for(int j=1,k=1;j<=qcnt;++j){
			for(;k<i&&e[k].b<=nq[j].b;++k)merge(e[k].u,e[k].v,e[k].a,e[k].b);
			top=0;
			for(int t=i;t<i+len&&t<=m;++t)if(e[t].a<=nq[j].a&&e[t].b<=nq[j].b)merge(e[t].u,e[t].v,e[t].a,e[t].b);
			int u=getfa(nq[j].u),v=getfa(nq[j].v);
			ans[nq[j].idx]=u==v&&mxa[u]==nq[j].a&&mxb[u]==nq[j].b;
			pop();
		}
	}
	for(int i=1;i<=Q;++i)if(ans[i])cout<<"Yes\n";else cout<<"No\n";
	return 0;
}

复杂度分析？

我们来分析复杂度，以探究最优块长 \(B\) 。

前面的初始化加排序 \(\mathit{O}(m \log m)\)

枚举块 \(\mathit{O}(\frac{m}{B})\) 。

其循环中：枚举可用询问 \(\mathit{O}(q)\) ，排序 \(\mathit{O}(m\log m)\) ，

遍历可用询问求解累加 \(\mathit{O}(qB\alpha(n)+qm)\)

则因变总复杂度 \(\mathit{O}(\frac{m^2\log m}{B}+qB\alpha(n))\)

当 \(B=m \sqrt{\frac{\log m}{q}}\) 时取得最小复杂度 \(\mathit{O}(m\sqrt{q \log m})\) 。

吗？

我\(T\)飞了(虽然是 \(hack\))

\(B=m\sqrt{\frac{\log m}{q}}\) :

\(B=\frac{m}{\sqrt{q}}\) :

\(B=\sqrt{m}\) :

翻阅洛谷讨论版，找到原因。

[APIO2019] 桥梁

题意：

一张图， \(n\) 个点， \(m\) 条边， \(q\) 次操作。
每条边 \(e\) 有一个权值 \(d_e\) 。
操作有两种：

1. 将边 \(e\) 的权值改为 \(r_e\)
2. 求以 \(u\) 为起点，经过权值不超过 \(v\) 的边能到达的点的数量。

\(1\le n\le 5\times 10^4,0\le m \le 10^5,1\le q \le 10^5\)

思路：

和上一题差不多，但是是带修(动态)的。

于是我们有暴力思路：

暴力 \(1\) ：

很简单：
遇到修改，直接修改。
遇到查询，遍历所有边，求并查集
\(\mathit{O}(qm\alpha(n))\)

暴力 \(2\) :

考虑对所有边和操作排序。
对于没有修改的边，直接合并
有修改的边，遍历所有修改，看时间戳是否小于当前查询的时间戳
\(\mathit{O}(q\log q+m\log m+q^2+q^2\alpha(n))\)

正解：

我们思考一下暴力 \(1\) 与 暴力 \(2\) 劣在何处。

发现一个枚举了所有的边，一个枚举了所有的操作。

我们考虑分块。把操作进行分块，一次处理一个块。

记块大小为 \(B\)

对于一个块：

1. 对块内部同暴力 \(2\) 进行求解
2. 然后把这个块内的所有修改同暴力 \(1\) 操作
3. 枚举下一个块

我们发现，一个块内部最多只有 \(B\) 个修改，那么复杂度为：

\(\mathit{O}(qm+\frac{qm\log m}{B}+qB\alpha(n))\)

取 \(B=\sqrt{m\log m}\)