1A还行
Description
在Bytemountains有N座山峰，每座山峰有他的高度h_i。有些山峰之间有双向道路相连，共M条路径，每条路径有一个困难值，这个值越大表示越难走，现在有Q组询问，每组询问询问从点v开始只经过困难值小于等于x的路径所能到达的山峰中第k高的山峰，如果无解输出-1。
Input
第一行三个数N，M，Q。
第二行N个数，第i个数为h_i
接下来M行，每行3个数a b c，表示从a到b有一条困难值为c的双向路径。
接下来Q行，每行三个数v x k，表示一组询问。
Output
对于每组询问，输出一个整数表示答案。
HINT
【数据范围】
N<=10^5, M,Q<=5*10^5，h_i,c,x<=10^9。
题目分析
题目所求的是“小于等于x的边”所成连通块中的第k大，这里就会自然想到处理这一类连通块问题的策略：从小到大加边维护连通块，并在这个过程中离线处理查询。
现在要维护的连通块信息是无序的集合，于是第一反应就是用set合并。但是显而易见的是，set不能处理第k大问题（话说暑假做“不等式组”那题时候第一反应就是用multiset处理，但是当时被查询key和第k大困扰了很久）。有一种常见的方法是采用权值线段树实现set的功能，这样一来就可以处理一些基础的查询问题。
处理完了连通块和维护的操作，接下去的问题就是合并。权值线段树本质上还是线段树，所以使用线段树合并的套路就可以保证这一部分的复杂度。
感觉是比较套路和数据结构的题，好像没什么营养……
1 #include<bits/stdc++.h>
2 const int maxn = 100035;
3 const int maxq = 500035;
4 const int maxm = 1000035;
5 const int maxNode = 4000035;
6
7 struct node
8 {
9 int l,r,val;
10 }a[maxNode];
11 struct QRs
12 {
13 int v,x,k,id;
14 bool operator < (QRs a) const
15 {
16 return x < a.x;
17 }
18 }qr[maxq];
19 struct Edge
20 {
21 int u,v,val;
22 Edge(int a=0, int b=0, int c=0):u(a),v(b),val(c) {}
23 bool operator < (Edge a) const
24 {
25 return val < a.val;
26 }
27 }edges[maxm];
28 int n,m,q,dal,tot,ans[maxq];
29 int fat[maxn],h[maxn],cnt[maxn],rt[maxn];
30
31 int read()
32 {
33 char ch = getchar();
34 int num = 0, fl = 1;
35 for (; !isdigit(ch); ch=getchar())
36 if (ch==‘-‘) fl = -1;
37 for (; isdigit(ch); ch=getchar())
38 num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48;
39 return num*fl;
40 }
41 int find(int x){return x==fat[x]?x:fat[x]=find(fat[x]);}
42 int query(int rt, int l, int r, int c)
43 {
44 if (l==r) return l;
45 int mid = (l+r)>>1;
46 if (c <= a[a[rt].l].val)
47 return query(a[rt].l, l, mid, c);
48 return query(a[rt].r, mid+1, r, c-a[a[rt].l].val);
49 }
50 int queryPos(int v, int k)
51 {
52 int anc = find(v);
53 if (a[rt[anc]].val < k) return -1;
54 return cnt[query(rt[anc], 1, cnt[0], a[rt[anc]].val-k+1)];
55 }
56 void update(int &rt, int l, int r, int c)
57 {
58 if (!rt) rt = ++tot;
59 ++a[rt].val;
60 if (l==r) return;
61 int mid = (l+r)>>1;
62 if (c <= mid) update(a[rt].l, l, mid, c);
63 else update(a[rt].r, mid+1, r, c);
64 }
65 void merge(int &u, int v)
66 {
67 if (u*v==0){
68 u = u?u:v;
69 return;
70 }
71 a[u].val += a[v].val;
72 merge(a[u].l, a[v].l);
73 merge(a[u].r, a[v].r);
74 }
75 int main()
76 {
77 n = read(), m = read(), q = read();
78 for (int i=1; i<=n; i++) h[i] = cnt[i] = read(), fat[i] = i;
79 for (int i=1; i<=m; i++)
80 edges[i].u = read(), edges[i].v = read(), edges[i].val = read();
81 for (int i=1; i<=q; i++)
82 qr[i].v = read(), qr[i].x = read(), qr[i].k = read(), qr[i].id = i;
83 std::sort(edges+1, edges+m+1);
84 std::sort(cnt+1, cnt+n+1);
85 std::sort(qr+1, qr+q+1);
86 cnt[0] = std::unique(cnt+1, cnt+n+1)-cnt-1;
87 for (int i=1; i<=n; i++)
88 {
89 h[i] = std::lower_bound(cnt+1, cnt+cnt[0]+1, h[i])-cnt;
90 update(rt[i], 1, cnt[0], h[i]);
91 }
92 dal = 1;
93 for (int i=1; i<=m; i++)
94 {
95 int fu = find(edges[i].u), fv = find(edges[i].v);
96 if (fu!=fv){
97 for (; dal<=q&&qr[dal].x < edges[i].val; ++dal)
98 ans[qr[dal].id] = queryPos(qr[dal].v, qr[dal].k);
99 fat[fu] = fv, merge(rt[fv], rt[fu]);
100 }
101 }
102 for (int i=dal; i<=q; i++)
103 ans[qr[i].id] = queryPos(qr[i].v, qr[i].k);
104 for (int i=1; i<=q; i++) printf("%d\n",ans[i]);
105 return 0;
106 }
END
原文地址：https://www.cnblogs.com/antiquality/p/10290425.html
时间： 2024-11-10 11:35:04