【做题】agc002D - Stamp Rally——整体二分的技巧

标签：操作   mes   还需   int   没有   一个   连通   c++   ace   

题意：给出一个无向连通图，有\(n\)个顶点，\(m\)条边。有\(q\)次询问，每次给出\(x,y,z\)，最小化从\(x\)和\(y\)开始，总计访问\(z\)个顶点（一个顶点只计算一次），经过的边的编号的最大值。

\(n,m,q \leq 10^5\)

这道题难度不大。考虑单次询问，答案显然是可以二分的。二分答案后，就只用求出\(x\)和\(y\)所在联通块的大小之和了（\(x\)和\(y\)联通特判）。多次询问，就用整体二分。这样并查集需要支持撤回操作，所以还需要一个\(O(\log n)\)。于是，我们得到了\(O(n \log^2 n)\)的算法。

写这篇题解的原因在于这里可以使用一个整体二分的技巧来优化复杂度。首先，这道题边是在所有询问前就加好的，也就是说修改和询问之间是没有先后关系的。考虑我们整体二分的每一层，所有的询问被划分为若干个区间，每个区间都对应一个答案的区间。在整体二分中，我们取每个区间的答案区间的中点，然后将其划分为两个区间。注意到，从左往右这个中点是单调递增的。也就是说，我们可以在bfs地进行整体二分，在每一层从左往右处理区间，就能避免并查集的撤回操作，只用在每一层开始时清空就可以了。

时间复杂度\(O(n \log n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n,m,q,uni[N],ans[N],sz[N];
struct edge {
  int a,b;
} edg[N];
int getfa(int pos) {
  return pos == uni[pos] ? pos : uni[pos] = getfa(uni[pos]);
}
void join(int a,int b) {
  a = getfa(a);
  b = getfa(b);
  if (a == b) return;
  if (sz[a] > sz[b]) swap(a,b);
  uni[a] = b;
  sz[b] += sz[a];
}
int calc(int a,int b) {
  a = getfa(a), b = getfa(b);
  if (a == b) return sz[a];
  return sz[a] + sz[b];
}
struct data {
  int x,y,z,id;
};
struct Divide {
  int l,r,ansl,ansr;
};
vector<data> que[2];
vector<Divide> Div[2];
int main() {
  int x,y,z;
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
    scanf("%d%d",&x,&y);
    edg[i] = (edge) {x,y};
  }
  scanf("%d",&q);
  for (int i = 1 ; i <= q ; ++ i) {
    scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
    que[0].push_back((data) {x,y,z,i});
  }
  Div[0].push_back((Divide) {0,q-1,0,m});
  int p = 0;
  while (Div[p].size()) {
    int cur = 1;
    Div[p^1].clear();
    que[p^1].clear();
    for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
      uni[i] = i, sz[i] = 1;
    for (int i = 0 ; i < (int)Div[p].size() ; ++ i) {
      int num = 0;
      if (Div[p][i].ansl == Div[p][i].ansr) {
        for (int j = Div[p][i].l ; j <= Div[p][i].r ; ++ j)
          ans[que[p][j].id] = Div[p][i].ansl;
        continue;
      }
      int mid = (Div[p][i].ansl + Div[p][i].ansr) >> 1;
      for ( ; cur <= mid ; ++ cur)
                join(edg[cur].a,edg[cur].b);
      for (int j = Div[p][i].l ; j <= Div[p][i].r ; ++ j)
        if (calc(que[p][j].x,que[p][j].y) >= que[p][j].z)
          que[p^1].push_back(que[p][j]), ++ num;
      if (num) Div[p^1].push_back((Divide) {(int)que[p^1].size()-num,(int)que[p^1].size()-1,Div[p][i].ansl,mid});
      num = 0;
      for (int j = Div[p][i].l ; j <= Div[p][i].r ; ++ j)
        if (calc(que[p][j].x,que[p][j].y) < que[p][j].z)
          que[p^1].push_back(que[p][j]), ++ num;
      if (num) Div[p^1].push_back((Divide) {(int)que[p^1].size()-num,(int)que[p^1].size()-1,mid+1,Div[p][i].ansr});
    }
    p ^= 1;
  }
  for (int i = 1 ; i <= q ; ++ i)
    printf("%d\n",ans[i]);
  return 0;
}

小结：涨知识了。巧妙的技巧，总是无穷无尽的。

【做题】agc002D - Stamp Rally——整体二分的技巧

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原文地址：https://www.cnblogs.com/cly-none/p/9674546.html