题目描述
$IcePrincess\text{_}1968$和$IcePrince\text{_}1968$长大了,他们开始协助国王$IceKing\text{_}1968$管理国内事物。
$IcePrincess\text{_}1968$和$IcePrince\text{_}1968$住在一个宁静悠远的王国:$IceKingdom$——飘雪圣域。飘雪圣域有$n$个城镇,编号$1,2,3...n$。有些城镇之间有道路,且满足任意两点之间有且仅有一条路径。飘雪圣域风景优美,但气候并不是太好。根据$IcePrince\text{_}1968$的气候探测仪,将来会发生$q$场暴风雪。每场暴风雪可以用两个整数$l_i,r_i$刻画,表示这场暴风雪之后,只有编号属于$[l_i,r_i]$的城市没有受到暴风雪的影响。
在暴风雪的影响下迅速确定王国的农业生产方案是非常重要的事情。$IceKing\text{_}1968$认为,一个农业生产地域应该是一个极大连通块,满足每个节点都没有被暴风雪影响。这里极大连通块的定义是:不存在一个不属于该点集的未被暴风雪影响的点与该连通块连通。
$IcePrincess\text{_}1968$要负责算出每次暴风雪后,王国能拥有多少个农业生产地域。注意这里每次暴风雪是独立的,即每次暴风雪过后,直到每个城镇重新焕发生机,下一次暴风雪才会到来。
正如上文所述,$IcePrincess\text{_}1968$擅长文学但不擅长计算机,于是请你帮忙。
输入格式
输入文件名为$icekingdom.in$。
第一行包含两个正整数$n,q$,表示$IceKingdom$的城镇个数和暴风雪次数。
第$2$至第$n$行,每行两个正整数$x,y$,表示城镇$x$和城镇$y$之间有一条道路。
第$n+1$至第$n+q$行,每行两个正整数$l_i,r_i$,描述一场暴风雪,含义如题面所述。
输出格式
输出文件名$icekingdom.out$。
输出文件共有$q$行,第$i$行表示在第$i$场暴风雪之后农业生产地域的个数。
样例
样例输入:
4 3
1 2
2 3
2 4
1 2
1 3
3 4
样例输出:
1
1
2
数据范围与提示
样例解释:
第一次询问,只有$(1,2)$一个连通块。
第二次询问,只有$(1,2,3)$一个连通块。
第三次询问,有$3$和$4$两个连通块。
数据范围:
对于$30\%$的数据:$n\leqslant 100,q\leqslant 100$;
对于$50\%$的数据:$n\leqslant 2,000,q\leqslant 2,000$;
对于$100\%$的数据:$n\leqslant 200,000,q\leqslant 200,000$,对于所有的暴风雪,$l_i\leqslant r_i$。
题解
官方正解中的两种做法都是用的数据结构,然而我用的是莫队……
加一个点它对答案的贡献是$1-$与它连接的没有受到暴风雪影响的点,$1$是因为它自己可以作为一个新的联通块,减去没有收到暴风雪影响的点是因为它会合并这些联通块;删点同理。
显然$200,000$的数据范围莫队一定要有$\Theta(1)$修改的方法。
不妨以加的操作为例,为做到$\Theta(1)$修改,就需要找到方法快速求出与它连接的没有受到暴风雪影响的点。
先预处理出来所有点的父亲,并设$num[x]$为点$x$的儿子中没有受到暴风雪影响的点的个数,加入一个点的同时将它父亲的$num+1$即可,注意统计答案时不要忘了父亲。
删点同理。
时间复杂度:$\Theta(n\sqrt{n})$。
期望得分:$100$分。
实际得分:$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; struct node{int nxt,to;}e[500000]; struct rec{int l,r,pos,id;}q[200001]; int head[200001],cnt; int n,m; int ans[200001],l,r,now; int num[200001],fa[200001]; bool vis[200001]; void add(int x,int y) { e[++cnt].nxt=head[x]; e[cnt].to=y; head[x]=cnt; } bool cmp(rec a,rec b){return (a.pos)^(b.pos)?a.l<b.l:(((a.pos)&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);} void add(int x) { vis[x]=1; now++; now-=num[x]; num[fa[x]]++; if(vis[fa[x]])now--; } void del(int x) { vis[x]=0; now--; now+=num[x]; num[fa[x]]--; if(vis[fa[x]])now++; } void dfs(int x) { for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) if(!fa[e[i].to]&&e[i].to>1){fa[e[i].to]=x;dfs(e[i].to);} } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int t=sqrt(n); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y);add(y,x); } dfs(1); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r); q[i].pos=(q[i].l-1)/t+1; q[i].id=i; } sort(q+1,q+m+1,cmp); l=r=1;add(1); for(int i=1;i<=m;i++) { while(l>q[i].l)add(--l); while(r<q[i].r)add(++r); while(l<q[i].l)del(l++); while(r>q[i].r)del(r--); ans[q[i].id]=now; } for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
rp++
原文地址:https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11678796.html