[51nod 1515] 明辨是非

Description

给\(n\)组操作，每组操作形式为\(x\;y\;p\)。

当\(p\)为\(1\)时，如果第\(x\)变量和第\(y\)个变量可以相等，则输出\(YES\)，并限制他们相等；否则输出\(NO\)，并忽略此次操作。

当\(p\)为\(0\)时，如果第\(x\)变量和第\(y\)个变量可以不相等，则输出\(YES\)，并限制他们不相等 ；否则输出\(NO\)，并忽略此次操作。

Input

输入一个数\(n\)表示操作的次数\((n<=10^5)\)

接下来\(n\)行每行三个数\(x\;y\;p\) \((x,y<=10^8,0≤p≤1)\)

Output

对于\(n\)行操作，分别输出\(n\)行\(YES\)或者\(NO\)

Solution

没想到假的启发式合并也能A题啊。。。

正解其实跟考试时候的思路差不多

但是不是维护每个联通块的大小

因为有可能一个联通块大小比较小但是连出去的边有很多

所以我们要换一种数据结构维护每个联通块连出去了多少条边

用什么数据结构可以维护大小，快速查找两个元素是否有关系呢？

嗯... \(STL\) 的 \(set\) 是符合要求的 查询大小是 \(O(1)\) 的，查找是 \(O(nlogn)\) 的

所以我们用一个 \(set\) \(s[i]\) 表示以 \(i\) 为根的联通块连出去的边(这里连边表示规定两个联通块严格不相等)

考虑操作

如果要求两个变量相等，那么就在两个联通块的 \(set\) 里找是否存在一条边连到了对方，如果有，那么此条件无法满足。

如果要求两个变量不相等，那么假设它们不在一个联通块里，需要合并这两个联通块，就要用到启发式合并了。

注意到我们已经记录了两个联通块连出去边的个数了， 为了保证复杂度，一定是想让连边少的联通块合并到连边多的联通块里。这就是启发式合并了。

Code

#include<set>
#include<map>
#include<cstdio>
#define N 100005

int n,tot;
int ques[N][5];
int father[N<<1];
std::map<int,int> mp;
std::set<int> s[N<<1];

int find(int x){
	if(father[x]==x) return x;
	return father[x]=find(father[x]);
}

signed main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int x,y,i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&ques[i][3]);
		if(!mp[x]) mp[x]=++tot;
		if(!mp[y]) mp[y]=++tot;
		ques[i][1]=mp[x];
		ques[i][2]=mp[y];
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++) father[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int r1=find(ques[i][1]);
		int r2=find(ques[i][2]);
		if(ques[i][3]==1){
			if(r1==r2) {puts("YES");continue;}
			if(s[r1].find(r2)!=s[r1].end() or s[r2].find(r1)!=s[r2].end()){
				puts("NO");
				continue;
			}
			if(s[r1].size()>s[r2].size()) r1^=r2^=r1^=r2;
			std::set<int>::iterator it;
			for(it=s[r1].begin();it!=s[r1].end();it++)
				s[r2].insert(*it),s[*it].insert(r2),s[*it].erase(r1);
			father[r1]=r2;
			puts("YES");
		}
		else{
			if(r1==r2) {puts("NO");continue;}
			if(s[r1].find(r2)!=s[r1].end() or s[r2].find(r1)!=s[r2].end()){
				puts("YES");
				continue;
			}
			s[r1].insert(r2);
			s[r2].insert(r1);
			puts("YES");
		}
	}
	return 0;
}