[Manthan, Codefest 18][Codeforces 1037E. Trips]
题目链接:1037E - Trips
题目大意:有n个人,m天,每天晚上都会有一次聚会,一个人会参加一场聚会当且仅当聚会里有至少k个人是他的朋友。每天早上都会有一对人成为好朋友,问每天晚上最多能有多少人参加聚会。朋友关系不满足传递性。
相当于有n个点,进行m次加边操作,每次操作后附加一个询问,问最大点集的大小,使得点集中每个点的度数均大于等于k
题解:如果直接边加边询问可能比较麻烦,本着“正难则反”的原则,我们可以将题目转化为,初始有m条边,每次操作是先询问当前的答案,再删去一条边。
现在我们就可以先考虑,如果给你m条边,问对应的答案是多少,如何求解。这里给出一个定义,称一个人(点)为无用的,当且仅当没有人会因为他参加了聚会而参加聚会,否则称这个人是有用的。对于朋友关系(边)同理,当且仅当没有人会因此朋友关系而加入聚会,这条边才被称为无用。
显然,一个度数小于k的点肯定是无用的,因为他的朋友不到k个,肯定不会去聚会,更不会有人因为他去聚会。接下来我们可以发现,这个点连出去的边也肯定是无用的,理由同上。那既然这些边是无用的了,我们就可以将这些边删去,对应的一些点的度数就会减少,就可能会产生新的“无用点”,这时候我们就要再将这些点以及有连接到这些点的边删去,直至剩下的所有点和边都是有用的。此时,将剩下的这些点全部拿去参加聚会肯定是满足条件的,因此答案就是剩下的点的个数。
接下来考虑删边的情况,每次删边前先检索这条边是否还存在(即是否还是有用的),如果他已经被当做无用边删除了,则这次操作不会对答案产生影响,继续进行下一次操作。如果这条边还是有用的,则删去这条边,如果删去这条边导致了新的无用点的产生(即出现了度数小于k的点),则删除此点和相关的边,操作方法和预处理时一致。这样做m次之后再输出答案就好了。
代码中s表示有用点的集合,d[i]记录与i相连的有用边的终点的集合
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200001
int n,m,k,x[N],y[N],ans[N];
set<int>d[N],s;
queue<int>q;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]),
d[x[i]].insert(y[i]),
d[y[i]].insert(x[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
if(d[i].size()<k)
q.push(i);
while(!q.empty())
{
int cur=q.front();q.pop();
for(auto nxt:d[cur])
{
d[nxt].erase(cur);
if(d[nxt].size()<k)
q.push(nxt);
}
d[cur].clear();
}
for(int i=;i<=n;i++)
if(d[i].size()>=k)s.insert(i);
for(int i=m;i>=;i--)
{
ans[i]=s.size();
if(d[x[i]].count(y[i]))
{
d[x[i]].erase(y[i]);
d[y[i]].erase(x[i]);
if(d[x[i]].size()<k)
q.push(x[i]);
if(d[y[i]].size()<k)
q.push(y[i]);
}
while(!q.empty())
{
int cur=q.front();q.pop();
for(auto nxt:d[cur])
{
d[nxt].erase(cur);
if(d[nxt].size()<k)
q.push(nxt);
}
d[cur].clear(),s.erase(cur);
}
}
for(int i=;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
}
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