往期题目补档。既然被选为了经典题就拿来写一写。
Description
给定一张含有n个点的无向图，一开始图中没有任何边。依次给出q次操作，每次操作给出两个点“x y”，若x和y之间没有边相连，则连上这条边，否则移除这条边。对于每次操作，你都要判断执行这一次操作之后，整张图是否为二分图。
Input
第一行两个正整数n,q，表示点数和操作数。
接下来q行，每行两个正整数“x y”表示操作。
Output
对于每次操作，判断执行该操作后，整张图是否为二分图，若为二分图，输出“YES”，否则输出“NO”。
Sample Input
3 5
2 3
1 3
1 2
1 2
1 2
Sample Output
YES
YES
NO
YES
NO
HINT
2 <= n,q <= 100000，1 <= x < y <= n。
Solution
Link Cut 二分图问题？？
然而我似乎知道只支持加边的判断二分图有一个绝妙的算法，然而怎么做到删除？
实际上，我们换一个想法，就可以通过离线处理把删除转化为撤销。
我们的每次询问实际上都是对图的一个状态进行询问，我们把操作序列看作一个时间戳。
如样例，在第一时刻，图中的边有(2,3)；第二时刻和第四时刻，图中的边有(2,3)、(1,3)；第三时刻有(2,3)、(1,3)、(1,2)……
最最朴素的想法，对于每个时刻，我们把该时刻存在的边全部插入，判断答案，然后清空，进行下一时刻的统计。
这样的操作数显然是q^2的，但我们注意到某些边存在的时间是连续的一段区间，似乎不需要频繁地插入撤销？
于是我们就有了线段树分治。
我们按时间戳开一个线段树，然后把每条边按照存在的时间段丢进线段树里。
每条边确确实实是被“丢”进线段树里的，找到该时间段在线段树里对应的至多log个区间，把这条边也就是这个操作存起来而已。
每条边每进行一对插入和删除操作，就会产生一段时间段；对于直到q时刻还存在于图中的边，我们认为它们在q+1时刻被删除了。
这样的操作数是qlogq的，也就是说我们用一个log的时间代价将删除操作变为撤销操作。
这样我们已经完成了核心的分治操作。
剩下的我们只要将这棵线段树dfs一遍，每到一个结点，把该结点中存储的操作加入，离开的时候撤销掉这些操作，在底层计算答案即可。
撤销一般有两种方式，一种是存储父结点的状态，另一种是执行该操作的逆操作。
说了这么多，这一题该如何在支持加边操作的情况下判断二分图呢？
由二分图染色的思想，我们有一种带权并查集的做法。
对于一张二分图内的一个联通块，一旦点A相对于点B的颜色确定，那么点A相对于该联通块内的其他点的颜色都能确定。
于是我们在并查集内除了维护父亲是谁，还要维护它相对于父亲的颜色（相同或相异）。
当一张图加入了这样一条边之后，它就不再是二分图：这条边连接了一个联通块内颜色相同的结点。
至于撤销，显然不能存储父结点的状态，只能执行逆操作，所以我们要用到并查集的按秩合并以支持撤销。
总时间复杂度O(qlogqlogn)。
#include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> #define MN 100005 #define l(a) (a<<1) #define r(a) (a<<1|1) using namespace std; struct node{int x,y;}; struct rlt{int fa,rel;}; struct meg{int x,y,t;}a[MN]; vector <node> d[MN<<2],e[MN<<2]; int f[MN],g[MN],siz[MN],ans[MN]; int n,m; inline int read() { int n=0,f=1; char c=getchar(); while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();} while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();} return n*f; } rlt getrel(int x) { if (!f[x]) return (rlt){x,0}; rlt lt=getrel(f[x]); return (rlt) {lt.fa,lt.rel^g[x]}; } void getins(int x,int L,int R,int ql,int qr,int yl,int yr) { if (ql==L&&qr==R) {e[x].push_back((node){yl,yr}); return;} int mid=L+R>>1; if (qr<=mid) getins(l(x),L,mid,ql,qr,yl,yr); else if (ql>mid) getins(r(x),mid+1,R,ql,qr,yl,yr); else getins(l(x),L,mid,ql,mid,yl,yr),getins(r(x),mid+1,R,mid+1,qr,yl,yr); } void dfs(int x,int L,int R,int u) { register int i; rlt xf,yf; for (i=0;i<e[x].size();++i) { xf=getrel(e[x][i].x); yf=getrel(e[x][i].y); if (xf.fa==yf.fa) {if (xf.rel==yf.rel) u|=1;} else { if (siz[xf.fa]<siz[yf.fa]) swap(xf,yf); siz[xf.fa]+=siz[yf.fa]; f[yf.fa]=xf.fa; g[yf.fa]=xf.rel^yf.rel^1; d[x].push_back((node){xf.fa,yf.fa}); } } if (L==R) ans[L]=u; else { int mid=L+R>>1; dfs(l(x),L,mid,u); dfs(r(x),mid+1,R,u); } for (i=d[x].size()-1;i>=0;--i) { siz[d[x][i].x]-=siz[d[x][i].y]; f[d[x][i].y]=g[d[x][i].y]=0; } } bool cmp(const meg& a,const meg& b) { if (a.x!=b.x) return a.x<b.x; if (a.y!=b.y) return a.y<b.y; return a.t<b.t; } int main() { register int i; n=read(); m=read(); for (i=1;i<=m;++i) a[i].x=read(),a[i].y=read(),a[i].t=i; sort(a+1,a+m+1,cmp); for (i=1;i<=m;) if (a[i].x==a[i+1].x&&a[i].y==a[i+1].y) getins(1,1,m,a[i].t,a[i+1].t-1,a[i].x,a[i].y),i+=2; else getins(1,1,m,a[i].t,m,a[i].x,a[i].y),++i; for (i=1;i<=n;++i) siz[i]=1; dfs(1,1,m,0); for (i=1;i<=m;++i) puts(ans[i]?"NO":"YES"); }
Last Word
推荐一波小D的《离线处理修改操作的分治算法（CDQ分治、线段树分治入门）》。
别找了，你找不到的。
每次打按秩合并的并查集总会忘记把初始大小赋为1，真是见鬼。