[bzoj4025] 二分图

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Description

神犇有一个 \(n\) 个节点的图。因为神犇是神犇，所以在T时间内一些边会出现后消失。神犇要求出每一时间段内这个图是否是二分图。这么简单的问题神犇当然会做了，于是他想考考你。

Input

输入数据的第一行是三个整数 \(n\) , \(m\) , \(T\) 。
第2行到第 \(m+1\) 行，每行 4 个整数 \(u\) , \(v\) , \(start\) , \(end\) 。第 \(i+1\) 行的四个整数表示第 \(i\) 条边连接 \(u\) , \(v\) 两个点，这条边在 \(start\) 时刻出现，在第 \(end\) 时刻消失。

Output

输出包含 \(T\) 行。在第i行中，如果第 \(i\) 时间段内这个图是二分图，那么输出 “ \(Yes\) ”，否则输出“ \(No\) ”，不含引号。

Sample Input

3 3 3

1 2 0 2

2 3 0 3

1 3 1 2

Sample Output

Yes

No

Yes

HINT

样例说明：
0时刻，出现两条边1-2和2-3。
第1时间段内，这个图是二分图，输出 \(Yes\) 。
1时刻，出现一条边1-3。
第2时间段内，这个图不是二分图，输出 \(No\) 。
2时刻，1-2和1-3两条边消失。
第3时间段内，只有一条边2-3，这个图是二分图，输出 \(Yes\) 。

数据范围：
\(n \leq 100000\)，\(m \leq 200000\)，\(T \leq 100000\) ，\(1 \leq u,v \leq n\)，\(0 \leq start \leq end \leq T\)。

想法

首先，如何判断二分图是个问题【思考】
给出结论——点数 \(\geq 2\) 且没有奇环。
想一下感觉挺对的，也就是说任意两个点间路径长度的奇偶性是一样的，偶数则两个点在同一“集合”，奇数则在不同“集合”

那么我们可以维护一棵树，加边时若这两个点已经联通，判断一下当前两点间距离是不是奇数，若不是，则加边后不是二分图。

但是这道题不光有加边，还有删边。
那么就有两种做法，\(LCT\) 或线段树分治。

做法一：LCT

动态维护生成树咯。
将所有边按时间依次加入。
若没出现环则直接连边
若出现环：若是奇环，标记从当前时间到环上的最早删除时间“不是二分图”，偶环不用标记。删除环上删除时间最小的边。
删边操作，若该边已被删则不管，没被删就删掉。
（然而我只是口胡，并没写这个做法。。。）

做法二：线段树分治

以时间为下标建线段树，每条边在它存在的时间范围上打标记。
遍历线段树每个结点，用并查集维护“那棵树”，只需维护每个点到它所在的并查集树根的路径的奇偶性就行了。
注意：
1.在线段树某个节点发现“不是二分图”，直接标记它代表的区间的所有时间点“不是二分图”，不用再往下递归了。
2.由于要“往回退”，即并查集要删边，所以不能路径压缩。

不用路径压缩的并查集，每次找 \(fa\) 是 \(O(logn)\) 的，每个点要找 \(O(logn)\) 次，所以总复杂度 \(O(nlog^2n)\)

代码

\(WA\) 了好久好久好久好久……
只见我 \(WA\) 地一声哭出来呜呜呜……

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
 
using namespace std;
 
int read(){
    int x=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}
 
const int N = 100005;
 
int n,m,T;
 
struct edge{ int u,v; }d[N*2];
int tot;
 
int root,cnt,ch[N*2][2];
vector<edge> seg[N*2];
void build(int x,int l,int r){
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    build(ch[x][0]=++cnt,l,mid);
    build(ch[x][1]=++cnt,mid+1,r);
}
void ins(int x,int l,int r,int L,int R,int c){
    if(l==L && r==R) { seg[x].push_back(d[c]); return; }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(R<=mid) ins(ch[x][0],l,mid,L,R,c);
    else if(L>mid) ins(ch[x][1],mid+1,r,L,R,c);
    else{
        ins(ch[x][0],l,mid,L,mid,c);
        ins(ch[x][1],mid+1,r,mid+1,R,c);
    }
}
 
int ans[N],fa[N],val[N],pre[N],sz[N];
int getfa(int x) { 
    if(x==fa[x]) return x;
    int z=getfa(fa[x]);
    val[x]=val[fa[x]]^pre[x];
    return z;
}
void work(int x,int l,int r){
    int flag=1;
    vector<edge> opt;
    for(int i=0;i<seg[x].size();i++){
        int fu=getfa(seg[x][i].u),fv=getfa(seg[x][i].v);
        if(fu==fv){
            if(val[seg[x][i].u]==val[seg[x][i].v]) flag=0;
        }
        else{
            if(sz[fu]>sz[fv]) swap(fu,fv);
            fa[fu]=fv; sz[fv]+=sz[fu];
            pre[fu]=val[seg[x][i].u]^val[seg[x][i].v]^1;
            opt.push_back((edge){fu,fv});
        }
    }
     
    if(l<r && flag){
        int mid=(l+r)>>1;
        work(ch[x][0],l,mid); 
        work(ch[x][1],mid+1,r);
    }
    if(l==r) ans[l]=flag;
     
    for(int i=opt.size()-1;i>=0;i--){
        pre[opt[i].u]=val[opt[i].u]=0; //别忘了把 val 也清零！
        sz[opt[i].v]-=sz[opt[i].u];
        fa[opt[i].u]=opt[i].u;
    }
}
 
int main()
{
    int u,v,st,ed;
    n=read(); m=read(); T=read();
     
    build(root=++cnt,1,T);
    while(m--){
        u=read(); v=read(); st=read()+1; ed=read()+1;
        if(st==ed) continue;
        d[++tot]=(edge){u,v};
        ins(root,1,T,st,ed-1,tot);
    }
     
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,val[i]=pre[i]=0,sz[i]=1;
    work(root,1,T);
    for(int i=1;i<=T;i++)
        if(ans[i]) printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
     
    return 0;
} 

[bzoj4025] 二分图

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原文地址：https://www.cnblogs.com/lindalee/p/11372033.html