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description

有一个n个点A+B条边的无向连通图，有一变量x，每条边的权值都是一个关于x的简单多项式，其中有A条边的权值是k+x，另外B条边的权值是k-x，如果只保留权值形如k+x的边，那么这个图仍是一个连通图，如果只保留权值形如k-x的边，这个图也依然是一个连通图。
给出q组询问，每组询问给出x的值，问此时这个无向连通图的最小生成树权值是多少。

analysis

• 首先容易知道图任意时候的\(MST\)只由\(A\)集合或\(B\)集合内的边组成

• 当\(x\)从\(-∞\)逐渐变为\(+∞\)，\(MST\)会从只由\(A\)的边构成逐渐变成只由\(B\)的边构成

• 这里\(MST\)只会变化\(n-1\)次，那么用\(LCT\)维护\(MST\)的添边删边

• 当然先\(kruskal\)把\(A\)和\(B\)各有用的\(n-1\)条边搞出来，把\(A\)的边塞到\(LCT\)上面

• 升序排序\(B\)的边一条条加进\(LCT\)里面，然后代替掉新环里\(k\)最大的\(A\)边

• 用当前\(B\)边的\(k-x\)减去删去该\(A\)边的\(k+x\)，会得到\(k'-2x\)一类式子

• 注意如果查询的环边上有\(B\)边，因为只换掉\(A\)边无视\(B\)边，所以连\(B\)边时不用连边节点

• 如果有多条\(B\)边，由于升序加入\(LCT\)，所以\(k\)更小的\(B\)边会贡献得早

• 对于最后的求答案，把询问排序，且已经得到\(n-1\)条\(k-2x\)这样的式子

• 把式子再按\(k\)排序，看每个询问会用到前替换的多少条边（也就是前多少条式子）

• 扫一遍这堆式子，只要\(k-2*\)当前询问的数\(<=0\)，说明替换这条边是有贡献的，继续扫下去

• 注意答案还要算上每个\(k\)以及剩下还没有被替换的\(A\)边里的\(+x\)

code

#pragma GCC optimize("O3")
#pragma G++ optimize("O3")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define MAXN 500005
#define ha 1926081719491001
#define ll long long
#define reg register ll
#define fo(i,a,b) for (reg i=a;i<=b;++i)
#define fd(i,a,b) for (reg i=a;i>=b;--i)

using namespace std;

ll tr[MAXN][2],fa[MAXN],pf[MAXN],st[MAXN],fat[MAXN],val[MAXN],answer[MAXN];
ll n,m,A,B,q,tot,cnt,ans;
struct quiry{ll x,y;}inquiry[MAXN];
struct edge{ll x,y,z;}f[2][MAXN],g[MAXN];
struct node{ll mx,val,size;bool rev;}a[MAXN];
inline ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while (ch<'0' || '9'<ch){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while ('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
inline void swap(ll &x,ll &y){ll z=x;x=y,y=z;}
inline bool cmp(edge a,edge b){return a.z<b.z;}
inline bool cmpp(quiry a,quiry b){return a.x<b.x;}
inline ll getfa(ll x){return !fat[x]?x:fat[x]=getfa(fat[x]);}
inline void update(ll x){if (!x)return;a[x].mx=x;if (a[a[tr[x][0]].mx].val>a[a[x].mx].val)a[x].mx=a[tr[x][0]].mx;if (a[a[tr[x][1]].mx].val>a[a[x].mx].val)a[x].mx=a[tr[x][1]].mx;a[x].size=a[tr[x][0]].size+a[tr[x][1]].size+1;}
inline void reverse(ll x){if (x)swap(tr[x][0],tr[x][1]),a[x].rev^=1;}
inline void down(ll x){if (a[x].rev)reverse(tr[x][0]),reverse(tr[x][1]),a[x].rev=0;}
inline void downdata(ll x){while (x)st[++st[0]]=x,x=fa[x];while (st[0])down(st[st[0]--]);}
inline ll lr(ll x){return tr[fa[x]][1]==x;}
inline void rotate(ll x){ll y=fa[x],k=lr(x);tr[y][k]=tr[x][!k];if (tr[x][!k])fa[tr[x][!k]]=y;fa[x]=fa[y];if (fa[y])tr[fa[y]][lr(y)]=x;tr[x][!k]=y,fa[y]=x,pf[x]=pf[y],update(y),update(x);}
inline void splay(ll x,ll y){downdata(x);while (fa[x]!=y){if (fa[fa[x]]!=y)rotate(lr(fa[x])==lr(x)?fa[x]:x);rotate(x);}}
inline void access(ll x){for (ll y=0;x;update(x),y=x,x=pf[x])splay(x,0),fa[tr[x][1]]=0,pf[tr[x][1]]=x,tr[x][1]=y,fa[y]=x,pf[y]=0;}
inline void makeroot(ll x){access(x),splay(x,0),reverse(x);}
inline void link(ll x,ll y){makeroot(x),pf[x]=y;}
inline void cut(ll x,ll y){makeroot(x),access(y),splay(x,0),tr[x][1]=fa[y]=pf[y]=0,update(x);}
inline ll query(ll x,ll y){makeroot(x),access(y),splay(y,0);return a[y].mx;}
int main()
{
    freopen("T3.in","r",stdin);
    //freopen("graph.in","r",stdin);
    //freopen("graph.out","w",stdout);
    n=read(),A=read(),B=read(),q=read();
    fo(i,1,A)f[0][i].x=read(),f[0][i].y=read(),f[0][i].z=read();
    fo(i,1,B)f[1][i].x=read(),f[1][i].y=read(),f[1][i].z=read();
    sort(f[0]+1,f[0]+A+1,cmp),sort(f[1]+1,f[1]+B+1,cmp);
    fo(i,0,n)a[i].val=-ha;
    fo(i,1,A)
    {
        ll x=f[0][i].x,y=f[0][i].y,z=f[0][i].z;
        if (getfa(x)!=getfa(y))fat[getfa(x)]=getfa(y),ans+=z,
        a[n+i].val=z,a[n+i].mx=n+i,link(x,n+i),link(n+i,y);
    }
    memset(fat,0,sizeof(fat));
    fo(i,1,B)
    {
        ll x=f[1][i].x,y=f[1][i].y,z=f[1][i].z;
        if (getfa(x)!=getfa(y))fat[getfa(x)]=getfa(y),g[++tot]=f[1][i];
    }
    fo(i,1,tot)
    {
        ll x=g[i].x,y=g[i].y,z=g[i].z,tmp=query(x,y);
        if (tmp<=n)continue;
        cut(f[0][tmp-n].x,tmp),cut(tmp,f[0][tmp-n].y);
        link(x,y),val[++cnt]=z-a[tmp].val;
    }
    fo(i,1,q)inquiry[i].x=read(),inquiry[i].y=i;
    sort(inquiry+1,inquiry+q+1,cmpp),sort(val+1,val+cnt+1);
    fo(i,1,q)
    {
        while (m<tot && val[m+1]<=inquiry[i].x*2)ans+=val[++m];
        answer[inquiry[i].y]=ans+inquiry[i].x*(n-m*2-1);
    }
    fo(i,1,q)printf("%lld\n",answer[i]);
    return 0;
}

【JZOJ5433】图

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原文地址：https://www.cnblogs.com/horizonwd/p/11600131.html