bzoj 4025 二分图 分治+并查集/LCT
bzoj 4025 二分图
【题目大意】
有n个点m条边,边会在start时刻出现在end时刻消失,求对于每一段时间,该图是不是一个二分图。
判断二分图的一个简单的方法:是否存在奇环
若存在奇环,就不是二分图。
假设加入一条u->v的边,u,v已经联通,怎么知道是否是一个奇环呢?只需要知道u,v之间的距离就行了。距离为偶数则是一个奇环。
路径?加边?删边?
很容易就想到是LCT。
维护u->v的距离。
每次加入一条边,就判断是否先前已经联通,否,则家父,若是,就判断u,v之间的距离。
假若已经构成一个奇环,那么,在这个环的任意一条边都未被删除前,都不是二分图。
那就在维护一个minv,表示最小的end值。加入一条边构成了环,就删掉最小end值的那条边,加入新边。
由于是最小值,删掉不会有影响。(最小的end值的那条边肯定是先消失的)
要把边拆成点,为了记录min值,以及对应的边。
细节,慢慢处理就好了。(被坑了好久……)
注意:有自环,需特判。
【附上代码】
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define imax(a,b) ((a>b)?(a):(b))
#define imin(a,b) ((a<b)?(a):(b))
using namespace std;
const int N=100010;
int n,m,T,cnt,len;
struct tree
{
tree *c[2],*f,*pp,*L,*R;
bool flip;
int minv,val,siz;
int d() { return (f->c[1]==this); }
void sc(tree *x,int d) { (c[d]=x)->f=this; }
} nil[N*3],*ro[N*3],*stack[N*3];
struct data { int u,v,start,end; } d[N<<1];
int ans[N];
tree *newtree()
{
nil[++cnt]=nil[0];
return nil+cnt;
}
void down(tree *x)
{
if(x==nil) return;
if(x->flip)
{
x->flip=0;
swap(x->c[0],x->c[1]);
if(x->c[0]!=nil) x->c[0]->flip^=1;
if(x->c[1]!=nil) x->c[1]->flip^=1;
}
}
void up(tree *x)
{
if(x==nil) return;
x->minv=x->val; x->siz=1;
if(x->c[0]!=nil) x->minv=imin(x->minv,x->c[0]->minv),x->siz+=x->c[0]->siz;
if(x->c[1]!=nil) x->minv=imin(x->minv,x->c[1]->minv),x->siz+=x->c[1]->siz;
}
void rotate(tree *x)
{
int d=x->d();
tree *y=x->f;
y->sc(x->c[!d],d);
if(y->f==nil) x->f=nil; else y->f->sc(x,y->d());
x->sc(y,!d);
up(y); up(x);
x->pp=y->pp;
y->pp=nil;
}
void splay(tree *x)
{
int hy=1;
stack[hy]=x;
for(;stack[hy]->f!=nil;hy++) stack[hy+1]=stack[hy]->f;
for(;hy;) down(stack[hy]),hy--;
for(tree *y;x->f!=nil;)
{
y=x->f;
if(y->f!=nil)
(x->d()^y->d())?rotate(x):rotate(y);
rotate(x);
}
}
void access(tree *x)
{
tree *y=nil;
while(x!=nil)
{
splay(x);
if(x->c[1]!=nil)
{
x->c[1]->f=nil;
x->c[1]->pp=x;
}
x->c[1]=y;
if(y!=nil)
{
y->f=x;
y->pp=nil;
}
up(x);
y=x; x=x->pp;
}
}
void evert(tree *x)
{
access(x);
splay(x);
x->flip^=1;
}
void link(tree *x,tree *y)
{
evert(y);
y->pp=x;
}
void cut(tree *x,tree *y)
{
evert(x);
access(y);
splay(y);
if(y->c[0]!=nil)
{
y->c[0]->f=nil;
y->c[0]=nil;
}
up(y);
}
tree *findroot(tree *x)
{
access(x);
splay(x);
while(x->c[0]!=nil)
{
x=x->c[0];
down(x);
}
splay(x);
return x;
}
tree *findmin(tree *x,tree *y)
{
evert(x);
access(y);
splay(x); down(x);
len=(x->siz+1)>>1;
int find=x->minv;
for(;;)
{
if(x->val==find) break;
if(x->c[0]!=nil && x->c[0]->minv==find) x=x->c[0];
else x=x->c[1];
down(x);
}
splay(x);
return x;
}
bool cmp(data A,data B) { return (A.start<B.start); }
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&T); cnt=0;
nil->val=nil->minv=1e9; nil->siz=0; nil->pp=nil;
nil->f=nil->c[0]=nil->c[1]=nil->L=nil->R=nil;
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d%d",&d[i].u,&d[i].v,&d[i].start,&d[i].end);
sort(d+1,d+1+m,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) ro[i]=newtree();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ro[n+i]=newtree();
ro[n+i]->val=d[i].end; ro[n+i]->minv=d[i].end;
ro[n+i]->L=ro[d[i].u]; ro[n+i]->R=ro[d[i].v];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(d[i].u==d[i].v)
{
ans[d[i].start]++; ans[d[i].end]--;
continue;
}
if(findroot(ro[d[i].u])!=findroot(ro[d[i].v]))
{
link(ro[d[i].u],ro[n+i]);
link(ro[n+i],ro[d[i].v]);
}
else
{
tree *getmin=findmin(ro[d[i].u],ro[d[i].v]);
if(d[i].start<getmin->val && (len&1))
{
ans[d[i].start]++;
ans[imin(getmin->val,d[i].end)]--; //重点啊,我就被这里坑了
}
if(d[i].end>getmin->val)
{
cut(getmin,getmin->L);
cut(getmin,getmin->R);
link(ro[d[i].u],ro[n+i]);
link(ro[n+i],ro[d[i].v]);
}
}
}
int yu=0;
for(int i=0;i<T;i++)
{
yu+=ans[i];
if(yu>0) printf("No\n"); else printf("Yes\n");
}
return 0;
}
【其他思路】
分治+可回溯并查集(就是不带路径压缩的并查集)
Solve(L,R,S)表示处理L到R这个时间段,有关联的边集为S。
如果存在L->R的时间段的边,且加入后构成了奇环,那么L->R这段时间都不为二分图,直接退出。
把边集划分为左右两边,即边与左区间的交集归左边,右边的交集归右边。(是start和end的交集)
然后先处理左边,再处理右边就行了。
具体的看这里,我没写cdq分治,这是我同学的
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