题目传送门

题意:

  给出m条无向边,每条边都有一个$[l,r]$,意思是体积在这个范围内的人才能通过这条边,询问有多少种体积的可能性,能使人从1到n

思路:由于是无向边,1和n的连通性可以用并查集维护。

  考虑最暴力的做法,枚举每一种体积,将当前体积能通过的边用并查集维护一下,判断1到n的连通性即可。

  考虑优化,首先区间必定可以离散化,并且我们可以将离散化后的区间按照线段树的方式划分一下,然后将每一个子区间的边用并查集连一下,判断连通性,然后离开这个子区间时,将并查集的连边操作退回就可以了。

  由于每条边最多被划分成log个区间,也就是会被并查集加入log次,拆开log次,所以时间复杂度是(n*logn*logn),其中一个log是并查集带来的,常数很小。

  可撤销的并查集用按秩合并来完成,并且只能回退连续一段时间的操作,离散化后点有2*n个,线段树点不要开太少。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define pb(x) push_back(x)
#define pii pair<int,int >
using namespace std;
const int maxn=;
vector<int >tr[maxn<<];
int n,m;
struct edge{
int u,v,l,r;
}a[maxn];
int b[maxn<<],cnt,ans;
int fa[maxn],siz[maxn];
int find(int x){
return x==fa[x]?x:find(fa[x]);
}
void update(int o,int l,int r,int ql,int qr,int i){
if(ql<=l&&r<=qr){
tr[o].pb(i);
return;
}
int mid=(l+r)>>;
if(ql<=mid)update(o<<,l,mid,ql,qr,i);
if(mid<qr)update(o<<|,mid+,r,ql,qr,i);
}
void dfs(int o,int l,int r){
vector<pii >ve;
int si=tr[o].size();
rep(i,,si-){
int id=tr[o][i];
int u=a[id].u,v=a[id].v;
int fu=find(u),fv=find(v);
if(fu==fv)continue;
if(siz[fu]>siz[fv])swap(fu,fv);
fa[fu]=fv;
int d=;
if(siz[fu]==siz[fv])d++;
siz[fv]+=d;
ve.push_back({fu,d});
}
int mid=(l+r)>>;
if(find()==find(n)){
ans+=b[r+]-b[l];
}else if(l<r){
dfs(o<<,l,mid);
dfs(o<<|,mid+,r);
}
si=ve.size();
dep(i,si-,){
siz[fa[ve[i].first]]-=ve[i].second;
fa[ve[i].first]=ve[i].first;
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
rep(i,,n){
fa[i]=i;
siz[i]=;
}
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d%d",&a[i].u,&a[i].v,&a[i].l,&a[i].r);
b[++cnt]=a[i].l;
b[++cnt]=a[i].r+;
}
sort(b+,b++cnt);
cnt=unique(b+,b++cnt)-b-;
for(int i=;i<=m;i++){
a[i].l=lower_bound(b+,b++cnt,a[i].l)-b;
a[i].r=lower_bound(b+,b++cnt,a[i].r+)-b;
update(,,cnt,a[i].l,a[i].r-,i);
}
dfs(,,cnt);
printf("%d\n",ans);
}

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