在考场上遇到了这个的板子题，，，所以来学习了一下线段树分治 + 带撤销的并查集。
题目大意是这样的：有m个时刻，每个时刻有一个加边or撤销一条边的操作，保证操作合法，没有重边自环，每次操作后输出当前图下所有联通块大小的乘积。
首先观察到如果没有撤销操作，那么直接用并查集就可以维护，每次合并的时候乘上要合并的两个并查集大小的逆元，然后乘上合并之后的大小即可。
那么来考虑撤销，观察到如果并查集不带路径压缩，应该是可以处理撤销操作的。
但我们并不能直接做，因为并查集的撤销必须按顺序来，就相当于每次合并的时候将一条边压入栈，撤销的时候也只能从栈顶弹出。如果不按顺序是维护不了的。
对于每个加边操作而言，我们将它和离它最近的那个撤销操作匹配（默认第m + 1个时刻有一个撤销所有边的操作）
假设加边操作出现在第l个时刻，撤销操作在第r个时刻，那么对于这个二元组而言，它的作用是使得加入的那条边在[l, r-1]的时间内出现。
于是我们考虑用线段树来处理这个东西，我们可以将这条边挂在线段树上，相当于在线段树上区间修改，将这条边挂在[l, r -1]的区间上，
因此每条边都会被拆分成log个区间，分别挂在线段树上的对应位置，然后当我们经过线段树上的一个节点时，我们就将这个节点上挂的边都加入到当前图中，相当于我们遍历了整个线段树，
线段树上的每个叶子节点都是一个询问（一个时刻），因此当我们遍历到一个叶子节点时，我们就会拥有当前时刻应该拥有的边。
当我们离开一个点时，我们就将在这个点上加入的边撤销，因为我们加边是从上往下遍历时一个一个加，而撤销是回溯时一个一个撤销，所以撤销是按顺序撤销的，所以并查集就可以维护了。
感觉讲的有一点混乱。。。。。
大概是一个区间上挂了一条边表示这条边在[l, r]中的所有时刻都出现了，当处理一个单点的时候，需要将到达这个单点的路径上经过的所有区间中的边都加入图中，撤销时按顺序撤销。
可能需要画个图之类的，应该还是比较好理解的。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define R register int
4 #define AC 101000
5 #define ac 500000
6 #define maxn 2010000
7 #define p 1000000007
8 #define LL long long
9
10 int n, m, top, cnt, w;
11 LL rnt = 1;
12 int Head[maxn], Next[maxn], date[maxn], tot;
13 int father[AC], up[AC];
14 LL inv[AC], Size[AC], ans[AC];
15 struct line{
16 int x, y;
17 friend bool operator < (line a, line b)
18 {
19 if(a.x != b.x) return a.x < b.x;
20 else return a.y < b.y;
21 }
22 }road[AC];
23
24 struct node{
25 int fa, x;
26 }s[AC];
27
28 map<line, int> MAP;
29
30 inline int read()
31 {
32 int x = 0;char c = getchar();
33 while(c > ‘9‘ || c < ‘0‘) c = getchar();
34 while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
35 return x;
36 }
37
38 inline void add(int f, int w){
39 date[++tot] = w, Next[tot] = Head[f], Head[f] = tot;
40 }
41
42 inline int find(int x){
43 while(father[x] != x) x = father[x];
44 return x;
45 }
46
47 inline void link(int &ret, int x, int y)
48 {
49 int fx = find(x), fy = find(y);
50 if(fx == fy) return ;
51 ++ ret;//只有连接了才要加ret
52 if(Size[fx] > Size[fy]) swap(fx, fy);
53 rnt = rnt * inv[Size[fx]] % p * inv[Size[fy]] % p;
54 father[fx] = fy, Size[fy] += Size[fx];
55 s[++top] = (node){fy, fx};
56 rnt = rnt * Size[fy] % p;
57 }
58
59 inline void cut()
60 {
61 node x = s[top --];//撤销
62 rnt = rnt * inv[Size[x.fa]] % p;
63 father[x.x] = x.x, Size[x.fa] -= Size[x.x];//断开连接
64 rnt = rnt * Size[x.fa] % p * Size[x.x] % p;//注意删除一个点之后要把父亲修改为自己，而不是0
65 }
66
67 void solve(int x, int l, int r)//当前区间编号，区间范围
68 {
69 int now, ret = 0;
70 for(R i = Head[x]; i ; i = Next[i])
71 {
72 now = date[i];
73 link(ret, road[now].x, road[now].y);
74 }
75 int mid = (l + r) >> 1;
76 if(l == r) ans[l] = rnt;
77 if(l != r) solve(x * 2, l, mid), solve(x * 2 + 1, mid + 1, r);
78 for(R i = 1; i <= ret; i ++) cut();
79 }
80
81 void pre()
82 {
83 n = read(), m = read();
84 inv[0] = inv[1] = 1;
85 for(R i = 1; i <= n; i ++) father[i] = i, Size[i] = 1;
86 for(R i = 2; i <= n; i ++)
87 inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
88 }
89
90 void change(int x, int l, int r, int ll, int rr)
91 {
92 if(l == ll && r == rr){add(x, w); return ;}
93 int mid = (l + r) >> 1;
94 if(rr <= mid) change(x * 2, l, mid, ll, rr);
95 else if(ll > mid) change(x * 2 + 1, mid + 1, r, ll, rr);
96 else change(x * 2, l, mid, ll, mid), change(x * 2 + 1, mid + 1, r, mid + 1, rr);
97 }
98
99 void work()
100 {
101 int tmp;
102 for(R i = 1; i <= m; i ++)
103 {
104 int opt = read(), a = read(), b = read();
105 if(a > b) swap(a, b);
106 if(!MAP[(line){a, b}])
107 MAP[(line){a, b}] = ++ cnt, tmp = cnt, road[cnt] = (line){a, b};
108 else tmp = MAP[(line){a, b}];//获取编号
109 if(opt == 1) up[tmp] = i;//存下这条边的出现时间
110 else w = tmp, change(1, 1, m, up[tmp], i - 1), up[tmp] = 0;
111 }
112 for(R i = 1; i <= cnt; i ++)
113 if(up[i]) w = i, change(1, 1, m, up[i], m);
114 solve(1, 1, m);
115 for(R i = 1; i <= m; i ++) printf("%lld\n", ans[i]);
116 }
117
118 int main()
119 {
120 //freopen("in.in", "r", stdin);
121 pre();
122 work();
123 //fclose(stdin);
124 return 0;
125 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/ww3113306/p/9896276.html