bzoj 4025 二分图 分治+并查集/LCT

bzoj 4025 二分图

【题目大意】

　　有n个点m条边，边会在start时刻出现在end时刻消失，求对于每一段时间，该图是不是一个二分图。

　　判断二分图的一个简单的方法：是否存在奇环

　　若存在奇环，就不是二分图。

　　假设加入一条u->v的边，u，v已经联通，怎么知道是否是一个奇环呢？只需要知道u，v之间的距离就行了。距离为偶数则是一个奇环。

　　路径？加边？删边？

　　很容易就想到是LCT。

　　维护u->v的距离。

　　每次加入一条边，就判断是否先前已经联通，否，则家父，若是，就判断u，v之间的距离。

　　假若已经构成一个奇环，那么，在这个环的任意一条边都未被删除前，都不是二分图。

　　那就在维护一个minv，表示最小的end值。加入一条边构成了环，就删掉最小end值的那条边，加入新边。

　　由于是最小值，删掉不会有影响。（最小的end值的那条边肯定是先消失的）

　　要把边拆成点，为了记录min值，以及对应的边。

　　细节，慢慢处理就好了。（被坑了好久……）

注意：有自环，需特判。

【附上代码】

#include<cstdio>
#include<algorithm>

#define imax(a,b) ((a>b)?(a):(b))
#define imin(a,b) ((a<b)?(a):(b))

using namespace std;

const int N=100010;
int n,m,T,cnt,len;
struct tree
{
tree *c[2],*f,*pp,*L,*R;
bool flip;
int minv,val,siz;
int d() { return (f->c[1]==this); }
void sc(tree *x,int d) { (c[d]=x)->f=this; }
} nil[N*3],*ro[N*3],*stack[N*3];
struct data { int u,v,start,end; } d[N<<1];
int ans[N];

tree *newtree()
{
nil[++cnt]=nil[0];
return nil+cnt;
}

void down(tree *x)
{
if(x==nil) return;
if(x->flip)
{
x->flip=0;
swap(x->c[0],x->c[1]);
if(x->c[0]!=nil) x->c[0]->flip^=1;
if(x->c[1]!=nil) x->c[1]->flip^=1;
}
}

void up(tree *x)
{
if(x==nil) return;
x->minv=x->val; x->siz=1;
if(x->c[0]!=nil) x->minv=imin(x->minv,x->c[0]->minv),x->siz+=x->c[0]->siz;
if(x->c[1]!=nil) x->minv=imin(x->minv,x->c[1]->minv),x->siz+=x->c[1]->siz;
}

void rotate(tree *x)
{
int d=x->d();
tree *y=x->f;
y->sc(x->c[!d],d);
if(y->f==nil) x->f=nil; else y->f->sc(x,y->d());
x->sc(y,!d);
up(y); up(x);
x->pp=y->pp;
y->pp=nil;
}

void splay(tree *x)
{
int hy=1;
stack[hy]=x;
for(;stack[hy]->f!=nil;hy++) stack[hy+1]=stack[hy]->f;
for(;hy;) down(stack[hy]),hy--;
for(tree *y;x->f!=nil;)
{
y=x->f;
if(y->f!=nil)
(x->d()^y->d())?rotate(x):rotate(y);
rotate(x);
}
}

void access(tree *x)
{
tree *y=nil;
while(x!=nil)
{
splay(x);
if(x->c[1]!=nil)
{
x->c[1]->f=nil;
x->c[1]->pp=x;
}
x->c[1]=y;
if(y!=nil)
{
y->f=x;
y->pp=nil;
}
up(x);
y=x; x=x->pp;
}
}

void evert(tree *x)
{
access(x);
splay(x);
x->flip^=1;
}

void link(tree *x,tree *y)
{
evert(y);
y->pp=x;
}

void cut(tree *x,tree *y)
{
evert(x);
access(y);
splay(y);
if(y->c[0]!=nil)
{
y->c[0]->f=nil;
y->c[0]=nil;
}
up(y);
}

tree *findroot(tree *x)
{
access(x);
splay(x);
while(x->c[0]!=nil)
{
x=x->c[0];
down(x);
}
splay(x);
return x;
}

tree *findmin(tree *x,tree *y)
{
evert(x);
access(y);
splay(x); down(x);
len=(x->siz+1)>>1;
int find=x->minv;
for(;;)
{
if(x->val==find) break;
if(x->c[0]!=nil && x->c[0]->minv==find) x=x->c[0];
else x=x->c[1];
down(x);
}
splay(x);
return x;
}

bool cmp(data A,data B) { return (A.start<B.start); }

int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&T); cnt=0;
nil->val=nil->minv=1e9; nil->siz=0; nil->pp=nil;
nil->f=nil->c[0]=nil->c[1]=nil->L=nil->R=nil;
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d%d",&d[i].u,&d[i].v,&d[i].start,&d[i].end);
sort(d+1,d+1+m,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) ro[i]=newtree();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ro[n+i]=newtree();
ro[n+i]->val=d[i].end; ro[n+i]->minv=d[i].end;
ro[n+i]->L=ro[d[i].u]; ro[n+i]->R=ro[d[i].v];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(d[i].u==d[i].v)
{
ans[d[i].start]++; ans[d[i].end]--;
continue;
}
if(findroot(ro[d[i].u])!=findroot(ro[d[i].v]))
{
link(ro[d[i].u],ro[n+i]);
link(ro[n+i],ro[d[i].v]);
}
else
{
tree *getmin=findmin(ro[d[i].u],ro[d[i].v]);
if(d[i].start<getmin->val && (len&1))
{
ans[d[i].start]++;
ans[imin(getmin->val,d[i].end)]--;  //重点啊，我就被这里坑了
}
if(d[i].end>getmin->val)
{
cut(getmin,getmin->L);
cut(getmin,getmin->R);
link(ro[d[i].u],ro[n+i]);
link(ro[n+i],ro[d[i].v]);
}
}
}
int yu=0;
for(int i=0;i<T;i++)
{
yu+=ans[i];
if(yu>0) printf("No\n"); else printf("Yes\n");
}
return 0;
}

【其他思路】

　　分治+可回溯并查集（就是不带路径压缩的并查集）

　　Solve(L,R,S)表示处理L到R这个时间段，有关联的边集为S。

　　如果存在L->R的时间段的边，且加入后构成了奇环，那么L->R这段时间都不为二分图，直接退出。

　　把边集划分为左右两边，即边与左区间的交集归左边，右边的交集归右边。（是start和end的交集）

　　然后先处理左边，再处理右边就行了。

　　具体的看这里，我没写cdq分治，这是我同学的