题解 UVA1479 【Graph and Queries】

\[\text{Preface}
\]

算是一道思维难度稍易，代码难度稍难的题吧。

\[\text{Description}
\]

给出一张 \(n\) 个点，\(m\) 条边的图，点带权。需要支持三个操作：

• D x 删掉编号为 \(x\) 的边
• Q x k 查询与节点 \(x\) 联通的所有节点中，点权第 \(k\) 大节点的点权
• C x v 将节点 \(x\) 点权改为 \(v\)

多组数据，每组数据最终需要输出所有查询的平均值 ( 保留 6 位 ) ，没有强制在线。

\[\text{Solution}
\]

不知道大家有没有做过 这道题 ，推荐先去做一下。

\(~\)

首先，对于同一个连通块里的所有节点，查询与任意一个节点连通的所有节点的第 \(k\) 大，都是查询该连通块里所有节点的第 \(k\) 大。已经很明显可以用并查集维护每个连通块的代表节点，再在这个代表节点上用一个数据结构维护连通块信息，支持合并，查询第 \(k\) 大。

我们发现权值线段树可以做到上述操作，尝试用权值线段树维护，每个节点开一个权值线段树。

\(~\)

对于操作 Q x k \(:\)

​ ​ ​ ​ 权值线段树基本操作。

对于操作 C x v \(:\)

​​ ​ ​ ​ 我们可以看作是在 \(x\) 这个位置上少了一个原来的点权，再多了一个新的点权，两次插入操作即可解决。

对于操作 D x \(:\)

​ ​ ​ ​ \(......\) ，我们发现删掉一条边，不能有效使得一个连通块分裂成两个连通块，并且维护权值线段树。

\(~\)

注意到此题 没有强制在线 ，意味着，我们可以离线地把所有操作都读进来，然后去反着考虑这些询问。

这样一来，D x 操作就可以变为 \(:\) 加入一条编号为 \(x\) 的边。其余的两个操作不变。

我们发现添加一条边很容易维护 \(:\) 找出 \(u,v\) 所在的连通块 \(p,q\) ，若 \(p=q\) ，则无需操作；否则合并权值线段树 \(p\) 和权值线段树 \(q\) ，然后令 \(fa[q]=p\) 。

综上所述，我们就可以用 权值线段树 \(+\) 并查集 解决本题了。\((\) 当然什么 \(splay\)，\(treap\) 启发式合并也行 \()\)

时空复杂度 \(\text{O(n log n)}\) 。

\[\text{Code}
\]

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define RI register int
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=6000100,M=6000100,Q=6000100,MLOGN=50000000;
const int INF=1e6;
int T;
int n,m,q;
int cnt;
long double ans;
int val[N];
struct Edge{
	int u;
	int v;
	bool del;
}e[M];
char opt[Q];
int x[Q],k[Q];
int fa[N];
int get(int x)
{
	if(fa[x]==x)return x;
	return fa[x]=get(fa[x]);
}
int tot,root[N];
struct SegmentTree{
	int lc,rc;
	int cnt;
}t[MLOGN];
int New()
{
	tot++;
	t[tot].lc=t[tot].rc=t[tot].cnt=0;
	return tot;
}
void insert(int &p,int l,int r,int delta,int val)
{
	if(!p)
		p=New();
	t[p].cnt+=val;
	if(l==r)return;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(delta<=mid)
		insert(t[p].lc,l,mid,delta,val);
	else
		insert(t[p].rc,mid+1,r,delta,val);
}
int merge(int p,int q)
{
	if(!p||!q)
		return p^q;
	t[p].cnt+=t[q].cnt;
	t[p].lc=merge(t[p].lc,t[q].lc);
	t[p].rc=merge(t[p].rc,t[q].rc);
	return p;
}
int ask(int p,int l,int r,int k)
{
	if(l==r)
		return l;
	int mid=(l+r)>>1;
	int rcnt=t[t[p].rc].cnt;
	if(k<=rcnt)
		return ask(t[p].rc,mid+1,r,k);
	else
		return ask(t[p].lc,l,mid,k-rcnt);
}
void link(int u,int v)
{
	u=get(u),v=get(v);
	if(u==v)return;
	root[u]=merge(root[u],root[v]);
	fa[v]=u;
}
void work()
{
	tot=cnt=ans=q=0;
	memset(root,0,sizeof(root));
	for(RI i=1;i<=n;i++)
		val[i]=read();
	for(RI i=1;i<=m;i++)
		e[i].u=read(),e[i].v=read();
	char tmp[2];
	while(scanf("%s",tmp),tmp[0]!='E')
	{
		opt[++q]=tmp[0];
		switch(tmp[0])
		{
			case 'D':{
				x[q]=read();
				e[x[q]].del=true;
				break;
			}
			case 'Q':{
				x[q]=read(),k[q]=read();
				cnt++;
				break;
			}
			case 'C':{
				x[q]=read(),k[q]=val[x[q]],val[x[q]]=read();
				break;
			}
		}
	}
	for(RI i=1;i<=n;i++)
		fa[i]=i,insert(root[i],-INF,INF,val[i],1);
	for(RI i=1;i<=m;i++)
	{
		if(e[i].del)continue;
		link(e[i].u,e[i].v);
	}
	for(RI i=q;i>=1;i--)
		switch(opt[i])
		{
			case 'D':{
				e[x[i]].del=false;
				link(e[x[i]].u,e[x[i]].v);
				break;
			}
			case 'Q':{
				int p=get(x[i]);
				int A=ask(root[p],-INF,INF,k[i]);
				if(A==-INF||A==INF)
					continue;
				ans+=(long double)A/cnt;
				break;
			}
			case 'C':{
				int p=get(x[i]);
				insert(root[p],-INF,INF,val[x[i]],-1);
				val[x[i]]=k[i];
				insert(root[p],-INF,INF,val[x[i]],1);
				break;
			}
		}
	printf("Case %d: %Lf\n",++T,ans);
}
int main()
{
	while(n=read(),m=read(),n&&m)    work();
	return 0;
}

\[\text{Thanks} \ \text{for} \ \text{watching}
\]