bzoj4025二分图 线段树分治+并查集
来源:互联网 发布:软件报价方案模板 编辑:程序博客网 时间:2024/06/07 05:43
4025: 二分图
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 1761 Solved: 654
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Description
神犇有一个n个节点的图。因为神犇是神犇,所以在T时间内一些边会出现后消失。神犇要求出每一时间段内这个图是否是二分图。这么简单的问题神犇当然会做了,于是他想考考你。
Input
输入数据的第一行是三个整数n,m,T。
第2行到第m+1行,每行4个整数u,v,start,end。第i+1行的四个整数表示第i条边连接u,v两个点,这条边在start时刻出现,在第end时刻消失。
Output
输出包含T行。在第i行中,如果第i时间段内这个图是二分图,那么输出“Yes”,否则输出“No”,不含引号。
Sample Input
3 3 3
1 2 0 2
2 3 0 3
1 3 1 2
1 2 0 2
2 3 0 3
1 3 1 2
Sample Output
Yes
No
Yes
No
Yes
HINT
样例说明:
0时刻,出现两条边1-2和2-3。
第1时间段内,这个图是二分图,输出Yes。
1时刻,出现一条边1-3。
第2时间段内,这个图不是二分图,输出No。
2时刻,1-2和1-3两条边消失。
第3时间段内,只有一条边2-3,这个图是二分图,输出Yes。
数据范围:
n<=100000,m<=200000,T<=100000,1<=u,v<=n,0<=start<=end<=T。
Source
嗯,一看题目,哇,穿着衣服的LCT!
然后就打了线段树分治。
关于线段树分治是什么看这里:戳这里
这题直接的对时间线段树分治。然后二分图和无奇环是充分必要的。
这里有一个神奇的带权并查集判奇环的方式。
这个时候我们希望维护两点间路径长度的奇偶性。
这里有一个神奇的方法,给每个点一个权值c,然后d为从x和y到根的异或值。然后合并的时候如果把x合并到y,另c[p[x]] = d[x]^d[y]^1(p[x]为x的并查集根)
每次修改c,安秩合并查询d就可以了。
关于并查集的操作和NOIP2010的监狱那道很像,这个做法的证明在这里:点我
代码:
#include<iostream>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<map>#include<cmath>#include<vector>using namespace std;const int N = 2e5 + 1e3;int read() { char ch = getchar(); int x = 0, f = 1; while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + ch; ch = getchar();} return x * f;}struct node {int u, v, s, t;};vector<node>S;int f[N], rank[N], st[N], str[N], d[N], top;bool ans[N]; int find(int x) {for(;x != f[x]; x = f[x]) ; return x;}int getd(int x) {int ret = 0; for(;x != f[x]; ret ^= d[x], x = f[x]) ; return ret;}void merge(int u, int v, int w) { ++top; if(rank[u] < rank[v]) swap(u, v); if(rank[u] == rank[v]) ++rank[u], str[top] = u; else str[top] = 0; st[top] = v; f[v] = u; d[v] = 1;} void restore(int now) { while(top != now) { if(str[top]) --rank[str[top]]; f[st[top]] = st[top]; d[st[top]] = 0; --top; }} void Seg_solve(int L, int R, vector<node> e) { int mid = L + R >> 1, now = top; vector<node>l, r; for(int i = 0;i < e.size(); ++i) { if(L == e[i].s && R == e[i].t) { int fu = find(e[i].u), fv = find(e[i].v); int c = getd(e[i].u) ^ getd(e[i].v) ^ 1; if(fu != fv) merge(fu, fv, c); else if(c & 1) { for(int j = L;j <= R; ++j) ans[j] = false; restore(now); return; } } else { if(e[i].t <= mid) l.push_back(e[i]); else if(e[i].s > mid) r.push_back(e[i]); else { node lp, rp; lp = rp = e[i]; lp.t = mid; rp.s = mid + 1; l.push_back(lp); r.push_back(rp); } } } if(L == R) ans[L] = true; else { Seg_solve(L, mid, l); Seg_solve(mid + 1, R, r); } restore(now);} int main() { int n = read(), m = read(), T = read(); for(int i = 1;i <= n; ++i) f[i] = i; for(int i = 1;i <= m; ++i) { node t; t.u = read(); t.v = read(); t.s = read() + 1; t.t = read(); if(t.s <= t.t) S.push_back(t); } for(int i = 1;i <= T; ++i) ans[i] = true; Seg_solve(1, T, S); for(int i = 1;i <= T; ++i) puts(ans[i] ? "Yes" : "No"); return 0;}
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