标签：顺序 lan odi air 之间 科学家 表示 关键路径 离线处理
题目描述
对Samuel星球的探险已经取得了非常巨大的成就，于是科学家们将目光投向了Samuel星球所在的星系——一个巨大的由千百万星球构成的Samuel星系。 星际空间站的Samuel II巨型计算机经过长期探测，已经锁定了Samuel星系中许多星球的空间坐标，并对这些星球从1开始编号1、2、3……。 一些先遣飞船已经出发，在星球之间开辟探险航线。 探险航线是双向的，例如从1号星球到3号星球开辟探险航线，那么从3号星球到1号星球也可以使用这条航线。 例如下图所示：
在5个星球之间，有5条探险航线。 A、B两星球之间，如果某条航线不存在，就无法从A星球抵达B星球，我们则称这条航线为关键航线。 显然上图中，1号与5号星球之间的关键航线有1条：即为4-5航线。 然而，在宇宙中一些未知的磁暴和行星的冲撞，使得已有的某些航线被破坏，随着越来越多的航线被破坏，探险飞船又不能及时回复这些航线，可见两个星球之间的关键航线会越来越多。 假设在上图中，航线4-2（从4号星球到2号星球）被破坏。此时，1号与5号星球之间的关键航线就有3条：1-3，3-4，4-5。 小联的任务是，不断关注航线被破坏的情况，并随时给出两个星球之间的关键航线数目。现在请你帮助完成。
输入
第一行有两个整数N，M。表示有N个星球（1< N < 30000），初始时已经有M条航线（1 < M < 100000）。随后有M行，每行有两个不相同的整数A、B表示在星球A与B之间存在一条航线。接下来每行有三个整数C、A、B。C为1表示询问当前星球A和星球B之间有多少条关键航线；C为0表示在星球A和星球B之间的航线被破坏，当后面再遇到C为1的情况时，表示询问航线被破坏后，关键路径的情况，且航线破坏后不可恢复； C为-1表示输入文件结束，这时该行没有A,B的值。被破坏的航线数目与询问的次数总和不超过40000。
输出
对每个C为1的询问，输出一行一个整数表示关键航线数目。 注意：我们保证无论航线如何被破坏，任意时刻任意两个星球都能够相互到达。在整个数据中，任意两个星球之间最多只可能存在一条直接的航线。
样例输入
5 5
1 2
1 3
3 4
4 5
4 2
1 1 5
0 4 2
1 5 1
-1
样例输出
1
3
题解
离线处理+树链剖分+线段树
由于没有加边操作，且保证图连通，所以我们可以离线处理，将删边转化为加边。
删除所有边以后剩下的是一个连通图，我们求出它的一棵生成树（这里求了DFS树），那么加入一条边就相当于两点之间路径上所有的边不再为关键航线。
然后按照逆时间顺序，将删除的边加上，处理询问。（需要把原来连通图中费树边也加上）
于是问题转化为：将两点间的所有边染色、询问两点间多少条边没有被染色。使用树链剖分+线段树水过即可。
#include <map>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 30010
#define lson l , mid , x << 1
#define rson mid + 1 , r , x << 1 | 1
using namespace std;
struct data
{
int x , y , t;
bool operator<(const data a)const {return t < a.t;}
}a[N << 2];
map<pair<int , int> , int> p;
int qx[N << 2] , qy[N << 2] , qt[N << 2] , qa[N << 2] , q;
int head[N] , to[N << 3] , next[N << 3] , cnt , fa[N] , deep[N] , si[N] , bl[N] , pos[N] , tot;
int n , sum[N << 2] , tag[N << 2];
void add(int x , int y)
{
to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void dfs1(int x)
{
int i;
si[x] = 1;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(!si[to[i]])
fa[to[i]] = x , deep[to[i]] = deep[x] + 1 , dfs1(to[i]) , si[x] += si[to[i]];
}
void dfs2(int x , int c)
{
int i , k = 0;
bl[x] = c , pos[x] = ++tot;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(fa[to[i]] == x && si[to[i]] > si[k])
k = to[i];
if(k)
{
dfs2(k , c);
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(fa[to[i]] == x && to[i] != k)
dfs2(to[i] , to[i]);
}
}
void pushup(int x)
{
sum[x] = sum[x << 1] + sum[x << 1 | 1];
}
void pushdown(int x)
{
if(tag[x]) tag[x] = sum[x << 1] = sum[x << 1 | 1] = 0 , tag[x << 1] = tag[x << 1 | 1] = 1;
}
void build(int l , int r , int x)
{
if(l == r)
{
sum[x] = 1;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson) , build(rson);
pushup(x);
}
void update(int b , int e , int l , int r , int x)
{
if(b <= l && r <= e)
{
sum[x] = 0 , tag[x] = 1;
return;
}
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> 1;
if(b <= mid) update(b , e , lson);
if(e > mid) update(b , e , rson);
pushup(x);
}
int query(int b , int e , int l , int r , int x)
{
if(b <= l && r <= e) return sum[x];
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> 1 , ans = 0;
if(b <= mid) ans += query(b , e , lson);
if(e > mid) ans += query(b , e , rson);
return ans;
}
void modify(int x , int y)
{
while(bl[x] != bl[y])
{
if(deep[bl[x]] < deep[bl[y]]) swap(x , y);
update(pos[bl[x]] , pos[x] , 1 , n , 1) , x = fa[bl[x]];
}
if(deep[x] > deep[y]) swap(x , y);
if(deep[x] != deep[y]) update(pos[x] + 1 , pos[y] , 1 , n , 1);
}
int solve(int x , int y)
{
int ans = 0;
while(bl[x] != bl[y])
{
if(deep[bl[x]] < deep[bl[y]]) swap(x , y);
ans += query(pos[bl[x]] , pos[x] , 1 , n , 1) , x = fa[bl[x]];
}
if(deep[x] > deep[y]) swap(x , y);
if(deep[x] != deep[y]) ans += query(pos[x] + 1 , pos[y] , 1 , n , 1);
return ans;
}
void dfs3(int x)
{
int i;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(fa[to[i]] == x) dfs3(to[i]);
else if(fa[x] != to[i] && deep[to[i]] > deep[x]) modify(x , to[i]);
}
}
int main()
{
int m , i , c , now = 0 , u , v , h;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d" , &a[i].x , &a[i].y) , p[make_pair(a[i].x , a[i].y)] = i;
while(~scanf("%d" , &c) && ~c)
{
now ++ ;
if(c) q ++ , scanf("%d%d" , &qx[q] , &qy[q]) , qt[q] = now;
else scanf("%d%d" , &u , &v) , a[p[make_pair(u , v)]].t = now;
}
sort(a + 1 , a + m + 1);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
if(!a[i].t)
add(a[i].x , a[i].y) , add(a[i].y , a[i].x);
dfs1(1) , dfs2(1 , 1) , build(1 , n , 1) , dfs3(1);
for(i = q , h = m ; i ; i -- )
{
while(a[h].t > qt[i]) modify(a[h].x , a[h].y) , h -- ;
qa[i] = solve(qx[i] , qy[i]);
}
for(i = 1 ; i <= q ; i ++ ) printf("%d\n" , qa[i]);
return 0;
}
【bzoj1959】[Ahoi2005]LANE 航线规划 离线处理+树链剖分+线段树
标签：顺序 lan odi air 之间 科学家 表示 关键路径 离线处理
原文地址：http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/7189938.html
