HDU 5458 Stability (树链剖分+并查集+set)
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5458
给你n个点,m条边,q个操作,操作1是删边,操作2是问u到v之间的割边有多少条。
这题要倒着做才容易,倒着加边。
因为这题最后保证所有的点一定连通,所以可以构建一棵树,树链剖分一下。要是u到v之间只有一条边,那便是一条割边。而加边的话,就是将u到v之间的边权都+1,边权等于1的话是桥,大于1的话就不是了。所以我们初始化树的时候,可以将边权初始化为1,加边操作将边权赋值为0。求u到v的割边个数的话,就是求u到v的和。
中间存边我用multiset( map 超时),然后用并查集判断是不是一棵完整的树从而看情况加边。
- //#pragma comment(linker, "/STACK:102400000, 102400000")
- #include <algorithm>
- #include <iostream>
- #include <cstdlib>
- #include <cstring>
- #include <cstdio>
- #include <vector>
- #include <cmath>
- #include <ctime>
- #include <list>
- #include <set>
- #include <map>
- using namespace std;
- typedef long long LL;
- typedef pair <int, int> P;
- const int N = 1e5 + ;
- struct Edge {
- int next, to;
- }edge[N << ];
- multiset <P> myset; //存 构建的树的边
- int head[N], tot;
- int pre[N], son[N], dep[N], size[N], cnt; //son:重儿子
- int top[N], id[N];
- int uu[N], vv[N], c[N]; //q个操作c uu vv
- int x[N], y[N]; //开始输入的m条边x y
- int ans[N]; //答案
- int par[N]; //并查集
- void init(int n) {
- for(int i = ; i <= n; ++i) {
- par[i] = i;
- head[i] = -;
- }
- tot = cnt = ;
- myset.clear();
- }
- inline void add(int u, int v) {
- edge[tot].next = head[u];
- edge[tot].to = v;
- head[u] = tot++;
- }
- inline int search(int n) {
- if(n == par[n])
- return n;
- return par[n] = search(par[n]);
- }
- void dfs1(int u, int p, int d) {
- dep[u] = d, size[u] = , son[u] = u, pre[u] = p;
- for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next) {
- int v = edge[i].to;
- if(v == p)
- continue;
- dfs1(v, u, d + );
- if(size[v] >= size[son[u]])
- son[u] = v;
- size[u] += size[v];
- }
- }
- void dfs2(int u, int p, int t) {
- top[u] = t, id[u] = ++cnt;
- if(son[u] != u)
- dfs2(son[u], u, t);
- for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next) {
- int v = edge[i].to;
- if(v == p || v == son[u])
- continue;
- dfs2(v, u, v);
- }
- }
- struct SegTree {
- int l, r, val, lazy, mid;
- }T[N << ];
- void build(int p, int l, int r) {
- T[p].mid = (l + r) >> ;
- T[p].l = l, T[p].r = r, T[p].lazy = ;
- if(l == r) {
- T[p].val = ;
- return ;
- }
- build(p << , l, T[p].mid);
- build((p << )|, T[p].mid + , r);
- T[p].val = T[p << ].val + T[(p << )|].val;
- }
- inline void pushdown(int p) {
- int ls = p << , rs = (p << )|;
- T[ls].lazy = T[rs].lazy = T[ls].val = T[rs].val = ;
- T[p].lazy = ;
- }
- void update(int p, int l, int r) {
- if(T[p].val == )
- return ;
- if(T[p].l == l && T[p].r == r) {
- T[p].lazy = T[p].val = ;
- return ;
- }
- if(!T[p].lazy) {
- pushdown(p);
- }
- if(r <= T[p].mid) {
- update(p << , l, r);
- }
- else if(l > T[p].mid) {
- update((p << )|, l, r);
- }
- else {
- update(p << , l, T[p].mid);
- update((p << )|, T[p].mid + , r);
- }
- T[p].val = T[p << ].val + T[(p << )|].val;
- }
- int query(int p, int l, int r) {
- if(T[p].val == )
- return ;
- if(T[p].l == l && T[p].r == r) {
- return T[p].val;
- }
- if(!T[p].lazy) {
- pushdown(p);
- }
- if(r <= T[p].mid) {
- return query(p << , l , r);
- }
- else if(l > T[p].mid) {
- return query((p << )| , l , r);
- }
- else {
- return query(p << , l , T[p].mid) + query((p << )| , T[p].mid + , r);
- }
- }
- void change(int u, int v) {
- int fu = top[u], fv = top[v];
- while(fu != fv) {
- if(dep[fu] >= dep[fv]) {
- update(, id[fu], id[u]);
- u = pre[fu];
- fu = top[u];
- }
- else {
- update(, id[fv], id[v]);
- v = pre[fv];
- fv = top[v];
- }
- }
- if(u == v)
- return ;
- else if(dep[u] >= dep[v])
- update(, id[son[v]], id[u]);
- else
- update(, id[son[u]], id[v]);
- }
- int find(int u, int v) {
- int fu = top[u], fv = top[v], res = ;
- while(fu != fv) {
- if(dep[fu] >= dep[fv]) {
- res += query(, id[fu], id[u]);
- u = pre[fu];
- fu = top[u];
- }
- else {
- res += query(, id[fv], id[v]);
- v = pre[fv];
- fv = top[v];
- }
- }
- if(u == v)
- return res;
- else if(dep[u] >= dep[v])
- return res + query(, id[son[v]], id[u]);
- else
- return res + query(, id[son[u]], id[v]);
- }
- int main()
- {
- int t, n, m, q, u, v;
- scanf("%d", &t);
- for(int ca = ; ca <= t; ++ca) {
- scanf("%d %d %d", &n, &m, &q);
- init(n);
- for(int i = ; i <= m; ++i) {
- scanf("%d %d", x + i, y + i);
- if(x[i] > y[i])
- swap(x[i], y[i]);
- myset.insert(make_pair(x[i], y[i])); //先存边
- }
- for(int i = ; i <= q; ++i) {
- scanf("%d %d %d", c + i, uu + i, vv + i);
- if(uu[i] > vv[i])
- swap(uu[i], vv[i]);
- if(c[i] == ) {
- auto pos = myset.find(make_pair(uu[i], vv[i])); //去除要删的边
- myset.erase(pos);
- }
- }
- int f = ;
- for(auto i = myset.begin(); i != myset.end(); ++i) {
- u = search(i->first), v = search(i->second);
- if(u == v) { //不成环
- ++f;
- x[f] = i->first, y[f] = i->second; //此时的x y存的是非树也非删的边
- continue;
- }
- par[u] = v;
- add(i->first, i->second);
- add(i->second, i->first);
- }
- dfs1(, -, );
- dfs2(, -, );
- printf("Case #%d:\n", ca);
- build(, , n);
- for(int i = ; i <= f; ++i) {
- change(x[i], y[i]);
- }
- f = ;
- for(int i = q; i >= ; --i) {
- if(c[i] == ) {
- change(uu[i], vv[i]);
- }
- else {
- ans[++f] = find(uu[i], vv[i]);
- }
- }
- for(int i = f; i >= ; --i) {
- printf("%d\n", ans[i]);
- }
- }
- return ;
- }
写的我比较头痛,调试了比较久...
HDU 5458 Stability (树链剖分+并查集+set)的更多相关文章
- hdu 5458 Stability(树链剖分+并查集)
Stability Time Limit: 3000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/102400 K (Java/Others)Total ...
- bzoj3694: 最短路(树链剖分/并查集)
bzoj1576的帮我们跑好最短路版本23333(双倍经验!嘿嘿嘿 这题可以用树链剖分或并查集写.树链剖分非常显然,并查集的写法比较妙,涨了个姿势,原来并查集的路径压缩还能这么用... 首先对于不在最 ...
- [BZOJ2238]Mst 最小生成树+树链剖分/并查集
链接 题解 先构建出最小生成树,如果删的是非树边,直接输出答案 否则问题转化为,把该边删掉后剩下两个联通块,两个端点分别在两个块内的最小边权,LCT可以维护 不妨换一种思考方向:考虑一条非树边可以代替 ...
- HDU 5044 (树链剖分+树状数组+点/边改查)
题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5044 题目大意:修改链上点,修改链上的边.查询所有点,查询所有边. 解题思路: 2014上海网赛的变 ...
- HDU 3966(树链剖分+点修改+点查询)
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3966 题目大意:营地的分布成树型.每个营地都有一些人,每次修改修改一条链上的所有营地的人数,每次查询单 ...
- HDU 5044 Tree --树链剖分
题意:给一棵树,两种操作: ADD1: 给u-v路径上所有点加上值k, ADD2:给u-v路径上所有边加上k,初始值都为0,问最后每个点和每条边的值,输出. 解法:树链剖分可做,剖出来如果直接用线段树 ...
- HDU - 3966-Aragorn' Story(树链剖分+线段树)
链接:https://vjudge.net/problem/HDU-3966 题意: Our protagonist is the handsome human prince Aragorn come ...
- HDU 3966 RE 树链剖分 线段树 Aragorn's Story
题意: 给出一棵树,每个顶点上有一个权值. 操作:选择一条路径,并将路径上所有的点的权值同时加或减某个数. 查询:某个点的当前权值 分析: 树链剖分完毕后,就是简单的线段树区间更新. 提交的时候注意要 ...
- HDU 5242 利用树链剖分思想进行贪心
题目大意: 在给定带权值节点的树上从1开始不回头走到某个底端点后得到所有经过的点的权值后,这些点权值修改为0,到达底部后重新回到1,继续走,问走k次,最多能得到多少权值之和 这其实就是相当于每一次都走 ...
随机推荐
- 【第七篇】bootstrap的3级菜单样式,支持母版页保留打开状态
razor视图的,母版页 依旧不多说,直接上代码 <ul class="sidebar-menu"> @for (int i = 0; i < mList.Cou ...
- 转载:NPOI导出到Excel表格
NPOI开发包下载:http://pan.baidu.com/share/link?shareid=4025220936&uk=2837994235 需要命名空间 using NPOI.HSS ...
- 插件svn简单使用
首先安装服务器Server 傻瓜式样操作.下一步下一步就这样完成了,选择的是个人版. 然后打开Server的图形化界面:VisualSVN Server Manager Repositories:资源 ...
- js获得鼠标的位置
<!DOCTYPE html PUBLIC "-//W3C//DTD XHTML 1.0 Transitional//EN" "http://www.w3.org/ ...
- VFL示例
•[cancelButton(72)]-12-[acceptButton(50)] •取消按钮宽72point,accept按钮宽50point,它们之间间距12point • •[wideView( ...
- (转)python 优先队列
#!/usr/bin/python from Queue import Queue from Queue import PriorityQueue a1='a1' a2='a2' a3='a3' a4 ...
- Java正则表达式之语法规则
正则表达式是一种强大而灵活的文本处理工具,使用正则表达式能够以编程的方式,构造复杂的文本模式,并对输入的字符串进行搜索.一旦找到了匹配这些模式的部分,就能够随心所欲地它们进行处理.正则表达式提供了一种 ...
- 2015-10-13 晴 tcp/ip卷1
今年看tcp/ip卷1的内容.苦和甜来自外界,坚强则来自内心,来自一个人的自我努力. 只有勤奋和积极进取的人 才会赢得成功的人生.加油
- Linux学习之CentOS(十三)--CentOS6.4下Mysql数据库的安装与配置
原文:http://www.cnblogs.com/xiaoluo501395377/archive/2013/04/07/3003278.html 如果要在Linux上做j2ee开发,首先得搭建好j ...
- Javascript判断是否是ipad的浏览器
ipad用的是Safari Mobile浏览器,访问的UA为: Mozilla/5.0 (iPad; U; CPU OS 3_2 like Mac OS X; en-us) AppleWebKit/5 ...