【BZOJ4025】二分图 LCT

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。

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。

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。

3 3 3
1 2 0 2
2 3 0 3
1 3 1 2

Yes
No
Yes

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。

题解：感觉cdq分治过于高端，LCT比较好想~

我们希望这样一个集合（本质是数组），保存的是当前时刻，所有加入之后会形成奇环的非树边。如果当前时刻集合中有元素，则不是一个二分图。那么删边的时候如何处理呢？如果我们删的是一条树边，那么假如集合中存在一条覆盖这条树边的非树边，那么这条非树边就会变成新的树边。这样的情况很难处理，所以我们希望保证：所有已经进入集合的非树边都不会从集合中出来再次成为树边，即，我们要维护的是关于删除时间的最大生成树。可以用LCT搞定。

然后就没啦~我在link的时候手残连的是实边，居然也过了~

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=500010;
int n,m,T,tot,sum;
int vis[maxn];
struct LCT
{
	int ch[2],fa,v,sm,rev,siz;
}s[maxn];
struct edge
{
	int pa,pb,t1,t2;
}p[maxn];
struct operate
{
	int tim,op,org;
}q[maxn];
bool cmp(operate a,operate b)
{
	return (a.tim==b.tim)?(a.op>b.op):(a.tim<b.tim);
}
bool isr(int x)	{return s[s[x].fa].ch[0]!=x&&s[s[x].fa].ch[1]!=x;}
int MN(int a,int b)
{
	return s[a].v<s[b].v?a:b;
}
void pushup(int x)
{
	s[x].siz=s[s[x].ch[0]].siz+s[s[x].ch[1]].siz+1;
	s[x].sm=MN(x,MN(s[s[x].ch[0]].sm,s[s[x].ch[1]].sm));
}
void pushdown(int x)
{
	if(s[x].rev)
	{
		swap(s[x].ch[0],s[x].ch[1]);
		if(s[x].ch[0])	s[s[x].ch[0]].rev^=1;
		if(s[x].ch[1])	s[s[x].ch[1]].rev^=1;
		s[x].rev=0;
	}
}
void updata(int x)
{
	if(!isr(x))	updata(s[x].fa);
	pushdown(x);
}
void rotate(int x)
{
	int y=s[x].fa,z=s[y].fa,d=(x==s[y].ch[1]);
	if(!isr(y))	s[z].ch[y==s[z].ch[1]]=x;
	s[x].fa=z,s[y].fa=x,s[y].ch[d]=s[x].ch[d^1];
	if(s[x].ch[d^1])	s[s[x].ch[d^1]].fa=y;
	s[x].ch[d^1]=y;
	pushup(y),pushup(x);
}
void splay(int x)
{
	updata(x);
	while(!isr(x))
	{
		int y=s[x].fa,z=s[y].fa;
		if(!isr(y))
		{
			if((x==s[y].ch[1])^(y==s[z].ch[1]))	rotate(x);
			else	rotate(y);
		}
		rotate(x);
	}
}
void access(int x)
{
	for(int y=0;x;splay(x),s[x].ch[1]=y,pushup(x),y=x,x=s[x].fa);
}
void maker(int x)
{
	access(x),splay(x),s[x].rev^=1;
}
void link(int x,int y)	//x上
{
	//printf("l %d %d
",x,y);
	access(x),splay(x),maker(y);
	s[x].ch[1]=y,s[y].fa=x,pushup(x);
}
void cut(int x,int y)
{
	//printf("c %d %d
",x,y);
	maker(x),access(y),splay(y);
	s[y].ch[0]=s[x].fa=0,pushup(y);
}
int findr(int x)
{
	access(x),splay(x);
	while(s[x].ch[0])	x=s[x].ch[0];
	return x;
}
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd(),T=rd();
	int i,j,a,b,c,d;
	for(i=0;i<=n;i++)	s[i].v=1<<30;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		p[i].pa=rd(),p[i].pb=rd(),q[i].tim=p[i].t1=rd(),s[i+n].v=q[i+m].tim=p[i].t2=rd();
		s[i+n].siz=1,s[i+n].sm=i+n;
		q[i].org=q[i+m].org=i,q[i].op=1,q[i+m].op=0;
	}
	sort(q+1,q+2*m+1,cmp);
	for(i=j=1;i<=T;i++)
	{
		for(;j<=2*m&&q[j].tim<i;j++)
		{
			a=p[q[j].org].pa,b=p[q[j].org].pb,c=q[j].org+n;
			if(q[j].op)
			{
				if(findr(a)!=findr(b))	link(a,c),link(b,c);
				else
				{
					maker(a),access(b),splay(b),d=s[b].sm;
					if((s[b].siz+1)&2)
					{
						sum++;
						if(s[d].v<s[c].v)	cut(d,p[d-n].pa),cut(d,p[d-n].pb),link(a,c),link(b,c),vis[d]=1;
						else	vis[c]=1;
					}
					else
					{
						if(s[d].v<s[c].v)	cut(d,p[d-n].pa),cut(d,p[d-n].pb),link(a,c),link(b,c),vis[d]=2;
						else	vis[c]=2;
					}
				}
			}
			else
			{
				if(!vis[c])	cut(c,a),cut(c,b);
				if(vis[c]==1)	sum--;
			}
		}
		if(sum)	printf("No
");
		else	printf("Yes
");
	}
	return 0;
}

【BZOJ4025】二分图 LCT

【BZOJ4025】二分图

Description

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Output

Sample Input

Sample Output

HINT