标签：amp 所有结点 修改 偶数 mod -- modify sort record
首先感谢题解小哥，他在标算外又总结了三种做法。
此处仅提及最后一种做法。
首先考虑题目中要求的所有结点度数为奇数的限制。
对于每一个联通块，因为所有结点总度数是偶数，所以总结点数也必须是偶数的。即所有联通块都要是偶数大小。
而考虑任意一个偶数大小的联通块，我们任意取它的一个生成树，然后进行如下算法：
设 1 为根结点；
按深度从大到小枚举每一个结点
若其当前度数为偶数
则断开与他的父结点的连边；
这样除根结点外的所有结点的度数都能保证为奇数，而因为总度数和为偶数，所以根结点的度数也为奇数。
因此，我们得到
存在方案使得所有结点度数为奇数 \(\iff\) 所有联通快大小为偶数。
注意到偶数加偶数还是偶数，换言之，添加多余的边是不会使答案变劣的。并且，答案是单调递减的。所以我们可以达到如下结论：
如果第\(j\)次询问的答案大于等于第\(i\)条边的边权，那么可以在处理询问区间\(\left[ i,j-1 \right]\)时直接将第\(i\)条边加上。
这样我们就可以用线段树分治。我们对询问开线段树，从后往前处理。遍历到叶结点时按边权暴力从小到大枚举边（在上一次基础上），与此同时确定了枚举到的边产生贡献的范围，用线段树实现区间修改。在遍历时需要维护支持撤销操作的并查集。这相当于是在分治的同时确定每条边的删除时间，即答案小于它的边权的时刻。
时间复杂度\(O(nlog^2n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300010;
int odd;
struct record {
int *p,v;
inline void rollback() {
*p = v;
}
} rec[N * 10];
int uni[N],sz[N],cnt;
int get_fa(int x) {
while (uni[x] != x)
x = uni[x];
return x;
}
void unio(int x,int y) {
x = get_fa(x);
y = get_fa(y);
if (x == y) return;
if (sz[x] > sz[y]) swap(x,y);
int tmp = (sz[x]&1) + (sz[y]&1) - ((sz[x] + sz[y])&1);
rec[++cnt] = (record) {&odd,odd};
odd -= tmp;
rec[++cnt] = (record) {&uni[x],uni[x]};
uni[x] = y;
rec[++cnt] = (record) {&sz[y],sz[y]};
sz[y] += sz[x];
}
struct data {
int a,b,v,id;
bool operator < (const data& x) const {
return v < x.v;
}
} dat[N];
vector<int> edg[N << 2];
int n,m,cur,ans[N];
void modify(int lp,int rp,int id,int x,int l,int r) {
if (lp > rp) return;
if (lp > r || rp < l) return;
if (l >= lp && r <= rp)
return (void) (edg[x].push_back(id));
int mid = (l + r) >> 1;
modify(lp,rp,id,x<<1,l,mid);
modify(lp,rp,id,x<<1|1,mid+1,r);
}
void solve(int x,int l,int r) {
int tmp = cnt;
for (int i = 0 ; i < (int)edg[x].size() ; ++ i)
unio(dat[edg[x][i]].a,dat[edg[x][i]].b);
if (l != r) {
int mid = (l + r) >> 1;
solve(x<<1|1,mid+1,r);
solve(x<<1,l,mid);
} else {
for ( ; cur <= m && odd > 0 ; ++ cur) {
if (dat[cur].id > l) continue;
unio(dat[cur].a,dat[cur].b);
modify(dat[cur].id,l-1,cur,1,1,m);
}
if (odd > 0) ans[l] = -1;
else ans[l] = dat[cur-1].v;
}
while (cnt > tmp)
rec[cnt--].rollback();
}
int main() {
int a,b,c;
scanf("%d%d",&n,&m);
odd = n;
for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
dat[i] = (data) {a,b,c,i};
}
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
uni[i] = i, sz[i] = 1;
sort(dat+1,dat+m+1);
cur = 1;
solve(1,1,m);
for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
小结：其实我根本不会想到糊结论……线段树分治的做法，相比LCT做法更加巧妙，利用题目的特殊性质从而简化了代码量。
标签：amp 所有结点 修改 偶数 mod -- modify sort record
原文地址：https://www.cnblogs.com/cly-none/p/8978818.html
