【CF687D】Dividing Kingdom II

题意：给你一张n个点m条边的无向图，边有边权$w_i$。有q个询问，每次给出l r，问你：如果只保留编号在[l,r]中的边，你需要将所有点分成两个集合，使得这个划分的代价最小，问最小代价是什么。一个划分的代价是指，对于所有两端点在同一集合中的边，这些边的边权最大值。如果没有端点在同一集合中的边，则输出-1。

$n,q\le 1000,m\le \frac {n(n-1)} 2,w_i\le 10^9$

题解：先考虑暴力的做法，我们将所有边按权值从大到小排序，然后一个一个加到带权并查集里，标记两端点不在同一集合中，如果一条边的两端点已经在同一集合中，则输出答案。

但是问题在于边数非常大，不过仔细分析发现，我们可以将所有边按加入并查集时的情况分成如下三种：

1.如果a和b不在同一连通块内，我们连接这两个连通块，并标记a和b不在同一集合中。

2.如果a和b在同一连通块内，且a和b不在同一集合，则我们不用管。

3.如果a和b在同一连通块内，且a和b在同一集合，则输出答案。

我们令1和3这样的边为关键边。容易发现下面两条重要的引理：

引理1：关键边的数目不超过n条。

引理2：如果我们忽视非关键边，答案不变。

证明是显然的。但是这给我们一个非常重要的思路：如果我们预处理出区间内所有的关键边，则我们可以把每次查询的复杂度由O(m)变成O(n)！

进一步的，我们可以用以边的编号为下标的线段树来维护并查集。对于每个结点，我们已经处理完了它的左右两个子节点，其中每个节点都维护了该区间内的不超过n条关键边，我们只需要将左右两个节点的关键边归并起来，再用并查集处理一下即可。然后查询时，我们把所有线段树上的区间的一共$O(n\log n)$条关键边拿出来，一起处理一下即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int maxm=500010;
typedef vector<int> vi;
int n,m,q;
vi s[maxm<<2];
vector<int>::iterator ia,ib;
int pa[maxm],pb[maxm],pc[maxm],f[maxn],g[maxn],p[maxm];
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+(gc^‘0‘),gc=getchar();
	return ret*f;
}
int find(int x)
{
	if(f[x]==x)	return x;
	int t=f[x];
	f[x]=find(t);
	g[x]^=g[t];
	return f[x];
}
inline vi merge(vi a,vi b)
{
	int i,cnt=0,x,y;
	vi c;
	for(ia=a.begin();ia!=a.end();ia++)	f[pa[*ia]]=pa[*ia],f[pb[*ia]]=pb[*ia],g[pa[*ia]]=g[pb[*ia]]=0;
	for(ib=b.begin();ib!=b.end();ib++)	f[pa[*ib]]=pa[*ib],f[pb[*ib]]=pb[*ib],g[pa[*ib]]=g[pb[*ib]]=0;
	for(ia=a.begin(),ib=b.begin();ia!=a.end()||ib!=b.end();)
	{
		if(ia!=a.end()&&(ib==b.end()||pc[*ia]>pc[*ib]))	p[++cnt]=*ia,ia++;
		else	p[++cnt]=*ib,ib++;
	}
	for(i=1;i<=cnt;i++)
	{
		x=pa[p[i]],y=pb[p[i]];
		if(find(x)!=find(y))	g[f[x]]=g[x]^g[y]^1,f[f[x]]=f[y],c.push_back(p[i]);
		else	if(g[x]!=g[y])	continue;
		else
		{
			c.push_back(p[i]);
			break;
		}
	}
	return c;
}
void build(int l,int r,int x)
{
	if(l==r)
	{
		s[x].push_back(l);
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(l,mid,lson),build(mid+1,r,rson);
	s[x]=merge(s[lson],s[rson]);
}
vi query(int l,int r,int x,int a,int b)
{
	if(a<=l&&r<=b)	return s[x];
	int mid=(l+r)>>1;
	if(b<=mid)	return query(l,mid,lson,a,b);
	if(a>mid)	return query(mid+1,r,rson,a,b);
	return merge(query(l,mid,lson,a,b),query(mid+1,r,rson,a,b));
}
int main()
{
	//freopen("cf687D.in","r",stdin);
	n=rd(),m=rd(),q=rd();
	int i,a,b,x,y;
	vi t;
	for(i=1;i<=m;i++)	pa[i]=rd(),pb[i]=rd(),pc[i]=rd();
	build(1,m,1);
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		a=rd(),b=rd();
		t=query(1,m,1,a,b);
		for(ia=t.begin();ia!=t.end();ia++)	f[pa[*ia]]=pa[*ia],f[pb[*ia]]=pb[*ia];
		for(ia=t.begin();ia!=t.end();ia++)
		{
			x=pa[*ia],y=pb[*ia];
			if(find(x)==find(y))	break;
			f[f[x]]=f[y];
		}
		if(ia==t.end())	puts("-1");
		else	printf("%d\n",pc[*ia]);
	}
	return 0;
}//5 9 1 4 1 46 1 3 29 3 2 58 1 5 61 2 4 88 1 2 87 4 5 58 3 5 69 3 4 28 2 7

原文地址：https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/8537443.html