标签：class 一起 puts ref 传送门 stream putchar sdi round
传送门：here
简述题意：
给定一张$ n$个点，$ m$条边$ (2<=n,m<=5*10^5)$的无向连通图
有$ k(1<=k<=5*10^5)$次询问
每次询问一个边集$ S(\sum\limits_{i=1}^k|S_i|<=5*10^5)$，判断这些边能否共存于原图的某棵最小生成树上
并查集撤销上一次操作：
不能像普通并查集一样路径压缩，因此只能按址合并
每次把size较小的接到size较大的下面
同时开个栈记录被接上去的点的标号
撤销上一次操作的时候直接把栈顶的标号的father重标成自己同时减小原father的size值即可
题解：
先简化题意：假设每次询问的边集大小均为1
思考克鲁斯卡尔的原理
首先对所有边按边权从小到大排序
克鲁斯卡尔告诉我们一条当前可插入的边权最小的边，插入一定不会不优
因而一条边权为x的边可以在最小生成树内当且仅当把所有权值严格小于x的边插入生成树后加入这条边依然不会形成环
也就是说边权不同的边相互独立，从小到大贪心即可
因此我们把询问离线排序，从小到大判断每次询问对应的边可否插入，可插入则该次询问为YES且插入，否则该次询问一定为NO
如果有两条边边权相同怎么办？
直接检验不一定正确，因为前一条边不一定必选，而之前程序已经将其插入
因此需要撤销上一次并查集的合并操作，然后再检验下一条边
回到原题
我们知道边集大小不一定为1
依然按边权排序，在每条询问边标记询问标号
由于之前提到不同边权相互独立，因此只要某组询问的每一种边权对应的边可以全选，最终也一定可行
反之只要一个询问中有一条边不合法则不可行
因此像上面一样排序后从小到大扫即可
注意同一个询问的相同边权的边检验必须一起做，全部做完之后再一起撤销
因为在同一个询问里同一种边权是不独立的，必须全部插入后依然不形成环才可行
code：
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define rt register int #define l putchar(‘\n‘) #define ll long long #define M 1000010 using namespace std; inline ll read() { register ll x = 0; char zf = 1; char ch; while (ch != ‘-‘ && !isdigit(ch)) ch = getchar(); if (ch == ‘-‘) zf = -1, ch = getchar(); while (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - ‘0‘, ch = getchar(); return x * zf; } int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt,la[M],fa[M],size[M],top,g=0; int ask(int x) { while(fa[x]!=x)x=fa[x]; return x; } void merge(int x,int y) { if(x==y)return; if(size[x]>size[y])swap(x,y);la[++top]=x; fa[x]=y;size[y]+=size[x]; } void undo() { int La=la[top]; size[fa[La]]-=size[La]; fa[La]=La;top--; } struct ed { int x,y,z; inline bool operator <(const ed s)const { return z<s.z; } }q[M]; struct query { int id,x,y,val; inline bool operator <(const query s)const { if(val==s.val)return id<s.id; return val<s.val; } }A[M]; int ans[M]; int main() { n=read();m=read(); for(rt i=1;i<=n;i++)size[i]=1,fa[i]=i; for(rt i=1;i<=m;i++) { x=read();y=read();z=read(); q[i]={x,y,z}; } k=read(); for(rt e=1;e<=k;e++) { z=read();ans[e]=1; for(rt i=1;i<=z;i++) { x=read(); A[++cnt]={e,q[x].x,q[x].y,q[x].z}; } } sort(q+1,q+m+1); sort(A+1,A+cnt+1); int qd=1; for(rt i=1;i<=cnt;) { while(q[qd].z<A[i].val) merge(ask(q[qd].x),ask(q[qd].y)),qd++; top=0; do { int p1=ask(A[i].x),q1=ask(A[i].y); if(p1==q1)ans[A[i].id]=0; merge(p1,q1); i++; }while(A[i].val==A[i-1].val&&A[i].id==A[i-1].id); while(top)undo(); } for(rt i=1;i<=k;i++)puts(ans[i]?"YES":"NO"); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/DreamlessDreams/p/9004888.html
