4025: 二分图
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神犇有一个n个节点的图。因为神犇是神犇，所以在T时间内一些边会出现后消失。神犇要求出每一时间段内这个图是否是二分图。这么简单的问题神犇当然会做了，于是他想考考你。
Input
输入数据的第一行是三个整数n,m,T。
第2行到第m+1行，每行4个整数u,v,start,end。第i+1行的四个整数表示第i条边连接u,v两个点，这条边在start时刻出现，在第end时刻消失。
Output
输出包含T行。在第i行中，如果第i时间段内这个图是二分图，那么输出“Yes”，否则输出“No”，不含引号。
Sample Input
3 3 3
1 2 0 2
2 3 0 3
1 3 1 2Sample Output
Yes
No
YesHINT
样例说明：
0时刻，出现两条边1-2和2-3。
第1时间段内，这个图是二分图，输出Yes。
1时刻，出现一条边1-3。
第2时间段内，这个图不是二分图，输出No。
2时刻，1-2和1-3两条边消失。
第3时间段内，只有一条边2-3，这个图是二分图，输出Yes。
数据范围：
n<=100000，m<=200000，T<=100000，1<=u,v<=n，0<=start<=end<=T。
Source
挺妙的思想，线段树不仅仅是一种数据结构，还是一种处理问题的思想，在图论的建图等方面也有用到。
这个方法全称应该叫“线段树对时间CDQ分治”，用于处理有时间参数的修改与询问问题。但是有一个前提，就是一个时间区间的修改可以分成互不影响的两个时间区间的修改，比如这题的边(u,v,start,end)可以分裂为(u,v,start,mid)和(u,v,mid+1,end)。
这题听说LCT可做，但还有一种思路，CDQ(L,R,A)表示询问在[L,R]中，关于这个询问（且还未被处理）的修改集合为A的分治过程。具体流程是：
1.遍历A，对于所有完全包含[L,R]的修改操作进行处理。
2.将A中所有不完全包含[L,R]的修改操作按照线段树的分法分到包含[L,mid]和[mid+1,R]的两个区间中，用集合B和C记录这些修改。
3.分别递归[L,mid]和[mid+1,R]，如果L=R则可以直接特判回溯。
4.撤销本层所有操作，保证后续回溯与递归正确进行。
回到这一题，所谓修改就是记录距离的并查集操作（因为判断二分图的方法就是查找里面是否有奇环），所以这里的并查集必须支持撤销，不能路径压缩。总复杂度$O(n\log^2 n)$
1 #include<cstdio>
2 #include<vector>
3 #include<algorithm>
4 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
5 typedef long long ll;
6 using namespace std;
7
8 const int N=200100;
9 int n,m,T,u,v,l,r,top;
10 struct E{int u,v,l,r; bool operator<(const E &a)const{ return (l==a.l)?r<a.r:l<a.l; } };
11 vector<E> a;
12 struct P{ int fa,val,sz; }t[N];
13 struct D{ int x,y; P a,b; }stk[N];
14
15 void init(){ rep(i,1,n) t[i]=(P){i,0,1}; }
16 int find(int x){ while (t[x].fa!=x) x=t[x].fa; return x;}
17 int dis(int x){
18 int res=0;
19 while (t[x].fa!=x) res^=t[x].val,x=t[x].fa;
20 return res;
21 }
22
23 void link(int x,int y){
24 int val=dis(x)^dis(y)^1;
25 x=find(x); y=find(y);
26 stk[++top]=(D){x,y,t[x],t[y]};
27 if (t[x].sz>t[y].sz) swap(x,y);
28 t[x].fa=y; t[x].val=val; t[y].sz+=t[x].sz;
29 }
30
31 void recov(int k){ while (top!=k) t[stk[top].x]=stk[top].a,t[stk[top].y]=stk[top].b,top--; }
32
33 void CDQ(int L,int R,vector<E> &a){
34 int mid=(L+R)>>1,bot=top;
35 vector<E> b,c;
36 for (int i=0; i<(int)a.size(); i++){
37 E now=a[i]; int x=now.u,y=now.v;
38 if (now.l==L && now.r==R){
39 int p=find(x),q=find(y);
40 if (p==q){
41 int val=dis(x)^dis(y);
42 if (val==0){
43 rep(i,L,R) puts("No");
44 recov(bot); return;
45 }
46 }else link(x,y);
47 }else if (now.r<=mid) b.push_back(now);
48 else if (now.l>mid) c.push_back(now);
49 else b.push_back((E){now.u,now.v,now.l,mid}),c.push_back((E){now.u,now.v,mid+1,now.r});
50 }
51 if (L==R) puts("Yes"); else CDQ(L,mid,b),CDQ(mid+1,R,c);
52 recov(bot);
53 }
54
55 int main(){
56 freopen("bzoj4025.in","r",stdin);
57 freopen("bzoj4025.out","w",stdout);
58 scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
59 rep(i,1,m){
60 scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&l,&r); l++;
61 if (l<=r) a.push_back((E){u,v,l,r});
62 }
63 init(); CDQ(1,T,a);
64 return 0;
65 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8727120.html