标签：time algorithm merge nbsp col problem com typedef ems
直接算每次破坏会拆开多少个连通块貌似不可做。考虑反着加边用并查集合并。
那么我们首先用$vector$存下每个点出边到的点的序列。注意：$m\in[1,2\times 10^5]$而$n\in [1,2\times m]$所以$n\in [1,4\times 10^5]$。
读入破坏的顺序之后标记一下这些即将被破坏的点。
开始处理，首先用$BFS$连一下不会被破坏的点算连通块。注意：别连到了会被破坏的点（已经被标记），处理不好容易算重。
这里最好维护一下并查集要用的$f_i$和$sz_i$。注意：这里不用$DFS$的原因是内存只给了$125M$，处理不好容易爆栈$MLE$。
然后开始反向加边。注意：要求的是$0\sim k$时刻结束时的连通块计数，那么反向处理$i$时刻的结果就是原来$i-1$时刻的答案，自然反向加边之前的就是$k$时刻的答案。
时光逆流，每个时刻就有一个被光复的星球，没加边之前是孤立的，先把$cnt++$。
开始逐边恢复该星球的以太通讯，若目标不在同一个连通块内则有两个连通块合并，$cnt--$。注意：别向被破坏的点（有标记）连边。
恢复完毕该星球的以太通讯之后，把它的标记摘除。恭喜反抗军完成光复！【滑稽】
代码（100分）：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> #include<queue> #include<map> #include<set> #define IL inline #define RG register #define _1 first #define _2 second using namespace std; typedef unsigned int UI; const int N=4e5; int n,m; vector<int>g[N+3]; int k,a[N+3]; bool p[N+3]; int f[N+3],sz[N+3]; int cnt; int s[N+3],hd,tl; int find(int x){return (x==f[x])?x:(f[x]=find(f[x]));} IL void merge(int x,int y){ if(sz[x]<sz[y]) swap(x,y); f[y]=x; sz[x]+=(int)(sz[x]==sz[y]); } int ans[N+3]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); u++; v++; g[u].push_back(v); g[v].push_back(u); } scanf("%d",&k); memset(p,0,sizeof p); for(int i=1;i<=k;i++){ scanf("%d",&a[i]); a[i]++; p[a[i]]=true; } for(int i=1;i<=n;i++){ f[i]=i; sz[i]=1; } cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(!p[i]&&f[i]==i){ cnt++; s[hd=tl=1]=i; while(hd<=tl){ int u=s[hd++]; for(UI j=0;j<g[u].size();j++){ int v=g[u][j]; if(f[v]==i||p[v]) continue; f[v]=i; sz[v]=sz[u]+1; sz[i]=max(sz[i],sz[v]); s[++tl]=v; } } } ans[k]=cnt; for(int i=k;i>=1;i--){ cnt++; for(UI j=0;j<g[a[i]].size();j++) if(!p[g[a[i]][j]]){ int x=find(a[i]),y=find(g[a[i]][j]); if(x!=y){ merge(x,y); cnt--; } } p[a[i]]=false; ans[i-1]=cnt; } for(int i=0;i<=k;i++) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
标签：time algorithm merge nbsp col problem com typedef ems
原文地址：https://www.cnblogs.com/Hansue/p/12913231.html
