Codeforces 603E Pastoral Oddities

传送门：http://codeforces.com/problemset/problem/603/E

【题目大意】

给出$n$个点，$m$个操作，每个操作加入一条$(u, v)$长度为$l$的边。

对于每次操作后，求出一个边集，使得每个点度数均为奇数，且边集的最大边最小。

$n \leq 10^5, m \leq 3 * 10^5$

【题解】

有结论：满足条件（每个点度数均为奇数），当且仅当每个连通块大小都是偶数（容易证明，从下往上，调整法）。

那么显然可以LCT维护连通性，连通块大小以及最大边位置，每次拉出最大边，加入即可。做法有点像水管局长那题。

复杂度$O((n+m)log(n+m))$，常数大……LCT太不优美了！！！

考虑一种优美的做法：

这个类似于动态维护生成树（生成森林），那么是否可以分治？

答案是可以的。一开始我们往整体二分的方向想，发现没有办法支持并查集的撤销，然后就gg了。实际上这道题有一个非常优美的分治做法！

【手动分割】

容易发现把-1看成inf，那么答案是不增的。

定义$solve(l, r, lo, hi)$表示目前处理的操作区间为$[l, r]$，答案区间为$[lo, hi]$。

那么考虑求出$mid = (l+r)/2$的时候的答案$ans[mid]$。

那么我们是不是可以根据$mid$和$ans[mid]$，划分成$solve(l, mid-1, ans[mid], hi)$和$solve(mid+1, r, lo, ans[mid])$来分治！！！

想到这里了，问题在于怎样求出$ans[mid]$以及划分区间需要进行的并查集操作。

这里的并查集容易发现，要使用按秩合并，不能路径压缩，因为要支持撤销。（支持撤销的并查集套路有很多，比如bzoj连通图、二分图那几题）

考虑求$ans[mid]$，我们画一张图，横坐标代表询问id，纵坐标代表length。

（字母要用光了QAQ）

我们目标是求出ans[mid]的这条线从而划分成BFQG和DEQH来分治，目前的区域为ABCD。

因为我们要求mid的答案，相当于求Q点的坐标。所以$[l,mid-1]$的边相当于已经加了。

考虑矩形DHYX，表示$[l, mid-1]$的边，权值范围小于$lo$，容易发现这个对于我们统计$mid$的答案是必须加入的，加入即可。

接下来按从小到大的顺序依次加入每一条权值在$[lo, hi]$的边，然后实时记录是否满足条件了，如果满足，那么我们就能求出$ans[mid]$。

求完$ans[mid]$要撤销并查集操作哦~

那么这步就做完了，下面就有两个问题了。

1. 找不到$ans[mid]$，那么说明$[l, mid]$都没有解，就能把DHYX的所有边加入并查集中了，然后递归寻找$solve(mid+1, r, lo, hi)$即可，记得撤销操作。

2. 找到了$ans[mid]$：

这个就非常兹磁了对吧，我们就可以分成两块做了。

考虑如果递归到$solve(mid+1, r, lo, ans[mid])$，那么同样的，DHYX的所有边也可以被加入并查集中了。

考虑如果递归到$solve(l, mid-1, ans[mid], hi)$，那么，STDE中的所有边也可以被加入并查集中了。

那么维护这个东西就行了。

容易发现，每条边最多被加入$O(logm)$次，每次复杂度为$O(logn)$，所以复杂度为$O(mlogmlogn)$，由于常数小，实测跑的飞快。

【手动分割-2】

真的跑的飞快吗？

第一次测：TLE on test 83（代码见下）

# include <vector>
# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <iostream>
# include <algorithm>
// # include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int M = 3e5 + , N = 1e5 + ;
const int mod = 1e9+;
 
int n, m, mx;
 
struct op {
    int a, b, l, sl;
}q[M];
 
vector<int> v[M], ps;
 
struct us {
    struct backup {
        int x, y, del;
    } st[N]; int stn;
    int fa[N], sz[N], cnt_odd;
    inline void set(int n) {
        cnt_odd = n; stn = ;
        for (int i=; i<=n; ++i) fa[i] = i, sz[i] = ;
    }
    inline int getf(int x) {
        return fa[x] == x ? x : getf(fa[x]);
    }
    inline void un(int x, int y) {
        x = getf(x), y = getf(y);
        if(x == y) return ;
        if(sz[x] < sz[y]) swap(x, y);
        ++stn;
        if((sz[x] & ) && (sz[y] & )) cnt_odd -= , st[stn].del = ;
        else st[stn].del = ;
        st[stn].x = x, st[stn].y = y;
        sz[x] += sz[y]; fa[y] = x;
    }
    inline void re() {
        backup s = st[stn--];
        cnt_odd += s.del;
        sz[s.x] -= sz[s.y]; fa[s.y] = s.y;
    }
    inline bool check() {
        return cnt_odd == ;
    }
}S;
 
int ans[M];
 
inline void solve(int l, int r, int lo, int hi) {
    if(l > r) return ;
    // now doing intervals [l, r], the answer is in [lo, hi]
    // find the answer of mid = (l+r)/2
    int mid = l+r>>, ans_mid = -, lst = S.stn;
    // add in edges that in interval [l, mid], and satisfy length < lo
    for (int i=l; i<=mid; ++i)
        if(q[i].sl < lo) S.un(q[i].a, q[i].b);
    // add in edges from [lo] to [hi], and find the answer of mid
    for (int i=lo; i<=hi; ++i) {
        for (int j=; j<v[i].size(); ++j)
            if(v[i][j] <= mid) S.un(q[v[i][j]].a, q[v[i][j]].b);
        // if satisfy the condition
        if(S.check()) { ans_mid = i; break; }
    }
    while(S.stn > lst) S.re();
    if(ans_mid == -) {
        // cannot find the answer of mid
        for (int i=l; i<=mid; ++i) ans[i] = -;
        // add in edges that in interval [l, mid], and satisfy length < lo
        for (int i=l; i<=mid; ++i)
            if(q[i].sl < lo) S.un(q[i].a, q[i].b);
        solve(mid+, r, lo, hi);
        while(S.stn > lst) S.re();
        return ;
    }
    // set the answer of mid to ans_mid
    // so to interval [l, mid], the answer is [ans_mid, hi];
    //    to interval [mid+1, r], the answer is [lo, ans_mid].
    ans[mid] = ans_mid;
    // for the right side [mid+1, r], we can add in edges that in [l, mid], and satisfy length < lo.
    for (int i=l; i<=mid; ++i)
        if(q[i].sl < lo) S.un(q[i].a, q[i].b);
    solve(mid+, r, lo, ans_mid);
    while(S.stn > lst) S.re();
    // for the left side [l, mid], we can add in edges that satisfy length < ans_mid, and in [1, l)
    for (int i=lo; i<ans_mid; ++i)
        for (int j=; j<v[i].size(); ++j)
            if(v[i][j] < l) S.un(q[v[i][j]].a, q[v[i][j]].b);
    solve(l, mid-, ans_mid, hi);
    while(S.stn > lst) S.re();
}
 
int main() {
    cin >> n >> m; S.set(n);
    if(n & ) {
        while(m --) puts("-1");
        return ;
    }
    for (int i=; i<=m; ++i) {
        scanf("%d%d%d", &q[i].a, &q[i].b, &q[i].l);
        ps.push_back(q[i].l);
    }
    sort(ps.begin(), ps.end());
    ps.erase(unique(ps.begin(), ps.end()), ps.end());
 
    for (int i=; i<=m; ++i) {
        q[i].sl = lower_bound(ps.begin(), ps.end(), q[i].l) - ps.begin() + ;
        v[q[i].sl].push_back(i);
    }
 
    solve(, m, , ps.size());
 
    for (int i=; i<=m; ++i) {
        if(ans[i] == -) puts("-1");
        else printf("%d\n", ps[ans[i]-]);
    }
    return ;
}
 

感受了下原因，这是一个$n = 8, m = 2.6 * 10^5$的非常稠密图。我之前的写法是离散，用vector维护每种值有多少，然后会出现的问题是$ans[mid]$可能很长时间不动，那么访问$ans[mid]$里所有的值是近似$O(m)$复杂度，所以肯定爆炸了啊！

有两种解决方法，一种加入id，表示是$ans[mid]$中的第$id$个节点达到答案；一种是用排序后的边的下标来替代值，那么$lo$和$hi$就变成了边的下标。

我设排序前数组为q，排序后为p。

然后我还傻逼WA了一次，因为我直接把q[i].l和p[lo].l比大小，小于就加入，如果有q[i].l=p[lo].l，就很难分清楚要不要加入了，这个的解决办法是对于q加入一个id表示在p中的位置，那么就兹磁比大小了。

现在跑的飞快了！

# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <iostream>
# include <algorithm>
// # include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int M = 3e5 + , N = 1e5 + ;
const int mod = 1e9+;
 
int n, m;
 
struct op {
    int a, b, l, id;
    friend bool operator < (op a, op b) {
        return a.l < b.l;
    }
}q[M], p[M];
 
struct us {
    struct backup {
        int x, y, del;
    } st[N]; int stn;
    int fa[N], sz[N], cnt_odd;
    inline void set(int n) {
        cnt_odd = n; stn = ;
        for (int i=; i<=n; ++i) fa[i] = i, sz[i] = ;
    }
    inline int getf(int x) {
        return fa[x] == x ? x : getf(fa[x]);
    }
    inline void un(int x, int y) {
        x = getf(x), y = getf(y);
        if(x == y) return ;
        if(sz[x] < sz[y]) swap(x, y);
        ++stn;
        if((sz[x] & ) && (sz[y] & )) cnt_odd -= , st[stn].del = ;
        else st[stn].del = ;
        st[stn].x = x, st[stn].y = y;
        sz[x] += sz[y]; fa[y] = x;
    }
    inline void re() {
        backup s = st[stn--];
        cnt_odd += s.del;
        sz[s.x] -= sz[s.y]; fa[s.y] = s.y;
    }
    inline bool check() {
        return cnt_odd == ;
    }
}S;
 
int ans[M];
 
inline void solve(int l, int r, int lo, int hi) {
    if(l > r) return ;
    // CAUTION!!! [lo, hi] cannot be real number, it must be the index of the array!!!
    // now doing intervals [l, r], the answer is in [lo, hi]
    // find the answer of mid = (l+r)/2
    int mid = l+r>>, ans_mid = -, lst = S.stn;
    // add in edges that in interval [l, mid], and satisfy length < lo (that is, number < lo
    for (int i=l; i<=mid; ++i)
        if(q[i].id < lo) S.un(q[i].a, q[i].b);
    // add in edges from [lo] to [hi], and find the answer of mid
    for (int i=lo; i<=hi; ++i) {
        if(p[i].id <= mid) S.un(p[i].a, p[i].b);
        // if satisfy the condition
        if(S.check()) { ans_mid = i; break; }
    }
    while(S.stn > lst) S.re();
    if(ans_mid == -) {
        // cannot find the answer of mid
        for (int i=l; i<=mid; ++i) ans[i] = -;
        // add in edges that in interval [l, mid], and satisfy length < lo
        for (int i=l; i<=mid; ++i)
            if(q[i].id < lo) S.un(q[i].a, q[i].b);
        solve(mid+, r, lo, hi);
        while(S.stn > lst) S.re();
        return ;
    }
    // set the answer of mid to ans_mid
    // so to interval [l, mid], the answer is [ans_mid, hi];
    //    to interval [mid+1, r], the answer is [lo, ans_mid].
    ans[mid] = p[ans_mid].l;
    // for the right side [mid+1, r], we can add in edges that in [l, mid], and satisfy length < lo.
    for (int i=l; i<=mid; ++i)
        if(q[i].id < lo) S.un(q[i].a, q[i].b);
    solve(mid+, r, lo, ans_mid);
    while(S.stn > lst) S.re();
    // for the left side [l, mid], we can add in edges that satisfy length < ans_mid, and in [1, l)
    for (int i=lo; i<ans_mid; ++i)
        if(p[i].id < l) S.un(p[i].a, p[i].b);
    solve(l, mid-, ans_mid, hi);
    while(S.stn > lst) S.re();
}
 
int main() {
    cin >> n >> m; S.set(n);
    if(n & ) {
        while(m --) puts("-1");
        return ;
    }
    for (int i=; i<=m; ++i) {
        scanf("%d%d%d", &q[i].a, &q[i].b, &q[i].l);
        p[i] = q[i]; p[i].id = i;
    }
 
    sort(p+, p+m+);    
 
    for (int i=; i<=m; ++i) q[p[i].id].id = i;
 
    solve(, m, , m);
 
    for (int i=; i<=m; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
 
    return ;
}