码迷,mamicode.com
首页 > 其他好文 > 详细

【bzoj1959】[Ahoi2005]LANE 航线规划 离线处理+树链剖分+线段树

时间:2017-07-16 12:29:54      阅读:164      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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:

 技术分享 

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

(0)
(0)
   
举报
评论 一句话评论(0
登录后才能评论!
© 2014 mamicode.com 版权所有  联系我们:gaon5@hotmail.com
迷上了代码!