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题目中编号都是从0开始,太不舒服了,我们按编号从1开始讲QAQ。
题目大意就是询问每次从一个点开始走只能走编号在[l,n]中的点,在任意点变成狼,之后只能走[0,r]中的点,是否能到达另一个点。
后一部分其实就是找有哪些点只走[0,r]中的点能到达终点,那么反过来看,就是终点只走[0,r]中的点能到达哪些点。
那么只要起点能到达的点和终点能到达的点中有交集就有解。
因为起点只能走一些编号较大的点,那么我们求出原图的最大生成树,建出kruskal重构树,求出重构树的dfs序,每次询问在重构树上倍增找能到达的联通块在dfs序上的区间就好了。
相反,从终点走就求出原图的最小生成树,然后也按上述方法找。
找到两段dfs序区间后只要这两段区间中有相同点就能判有解。
我们将每个点在第一个dfs序中的位置作为横坐标,在第二个dfs序中的位置作为纵坐标,剩下的就是一个简单的二维数点问题了。
等会,上面是不是差点什么?原图没有边权啊?
我们以最大生成树为例,对于一条边(x,y),两个点能否通过这条边互相到达,由这两个点中较小的点决定,因此求最大生成树时每条边边权就是边两端点中较小的那个。最小生成树边权就是两端点中较大的那个。
整体思路就是分别建出原图最小生成树和最大生成树的重构树,分别求出每个点在两个重构树中的dfs序位置,然后可持久化线段树二维数点。
kruskal重构树在这里就不赘述了,如果不是太了解可以参考我的另一篇博客NOI2018归程,那道题和这道题思想很像。
题面似乎没说保证整张图联通,因此可能是kruskal重构森林。
#include<map> #include<set> #include<stack> #include<queue> #include<cmath> #include<cstdio> #include<vector> #include<bitset> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; struct miku { int u,v,x,y; }a[400010]; int cnt; int n,m,k; int s,t,l,r; int num1,num2; int sum1,sum2; int s1[400010]; int s2[400010]; int t1[400010]; int t2[400010]; int q1[400010]; int q2[400010]; int v1[400010]; int v2[400010]; int fa1[400010]; int fa2[400010]; int ls1[400010]; int rs1[400010]; int ls2[400010]; int rs2[400010]; int ls[5000010]; int rs[5000010]; int vis1[400010]; int vis2[400010]; int sum[5000010]; int root[200010]; int f1[400010][18]; int f2[400010][18]; int find1(int x) { if(fa1[x]==x) { return x; } return fa1[x]=find1(fa1[x]); } int find2(int x) { if(fa2[x]==x) { return x; } return fa2[x]=find2(fa2[x]); } bool cmp1(miku a,miku b) { return a.x>b.x; } bool cmp2(miku a,miku b) { return a.y<b.y; } void build(int &rt,int l,int r) { rt=++cnt; if(l==r) { return ; } int mid=(l+r)>>1; build(ls[rt],l,mid); build(rs[rt],mid+1,r); } void updata(int &rt,int pre,int l,int r,int k) { rt=++cnt; sum[rt]=sum[pre]+1; if(l==r) { return; } ls[rt]=ls[pre]; rs[rt]=rs[pre]; int mid=(l+r)>>1; if(k<=mid) { updata(ls[rt],ls[pre],l,mid,k); } else { updata(rs[rt],rs[pre],mid+1,r,k); } } int query(int x,int y,int l,int r,int L,int R) { if(L<=l&&r<=R) { return sum[y]-sum[x]; } int mid=(l+r)>>1; int res=0; if(L<=mid) { res+=query(ls[x],ls[y],l,mid,L,R); } if(R>mid) { res+=query(rs[x],rs[y],mid+1,r,L,R); } return res; } void dfs1(int x) { vis1[x]=1; s1[x]=sum1; if(x<=n) { q1[++sum1]=x; } for(int i=1;i<=17;i++) { f1[x][i]=f1[f1[x][i-1]][i-1]; } if(ls1[x]) { dfs1(ls1[x]); } if(rs1[x]) { dfs1(rs1[x]); } t1[x]=sum1; } void dfs2(int x) { vis2[x]=1; s2[x]=sum2; if(x<=n) { q2[++sum2]=x; } for(int i=1;i<=17;i++) { f2[x][i]=f2[f2[x][i-1]][i-1]; } if(ls2[x]) { dfs2(ls2[x]); } if(rs2[x]) { dfs2(rs2[x]); } t2[x]=sum2; } int ST1(int x,int val) { for(int i=17;i>=0;i--) { if(v1[f1[x][i]]>=val&&f1[x][i]!=0) { x=f1[x][i]; } } return x; } int ST2(int x,int val) { for(int i=17;i>=0;i--) { if(v2[f2[x][i]]<=val&&f2[x][i]!=0) { x=f2[x][i]; } } return x; } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&a[i].u,&a[i].v); a[i].u++; a[i].v++; a[i].x=min(a[i].u,a[i].v); a[i].y=max(a[i].u,a[i].v); } for(int i=1;i<2*n;i++) { fa1[i]=i; fa2[i]=i; } num1=num2=n; sort(a+1,a+1+m,cmp1); for(int i=1;i<=m;i++) { int fx=find1(a[i].u); int fy=find1(a[i].v); if(fx!=fy) { num1++; v1[num1]=a[i].x; ls1[num1]=fx; rs1[num1]=fy; f1[fx][0]=num1; f1[fy][0]=num1; fa1[fx]=num1; fa1[fy]=num1; if(num1==2*n-1) { break; } } } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!vis1[i]) { dfs1(find1(i)); } } sort(a+1,a+1+m,cmp2); for(int i=1;i<=m;i++) { int fx=find2(a[i].u); int fy=find2(a[i].v); if(fx!=fy) { num2++; v2[num2]=a[i].y; ls2[num2]=fx; rs2[num2]=fy; f2[fx][0]=num2; f2[fy][0]=num2; fa2[fx]=num2; fa2[fy]=num2; if(num2==2*n-1) { break; } } } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!vis2[i]) { dfs2(find2(i)); } } build(root[0],1,n); for(int i=1;i<=n;i++) { updata(root[i],root[i-1],1,n,s2[q1[i]]+1); } while(k--) { scanf("%d%d%d%d",&s,&t,&l,&r); s++; t++; l++; r++; s=ST1(s,l); t=ST2(t,r); int ans=query(root[s1[s]],root[t1[s]],1,n,s2[t]+1,t2[t]); if(ans==0) { printf("0\n"); } else { printf("1\n"); } } }
原文地址:https://www.cnblogs.com/Khada-Jhin/p/9751803.html
时间: 2024-10-07 16:06:57