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  • BZOJ2733[HNOI2012]永无乡——线段树合并+并查集+启发式合并

    题目描述

    永无乡包含 n 座岛,编号从 1 到 n,每座岛都有自己的独一无二的重要度,按照重要度可 以将这 n 座岛排名,名次用 1 到 n 来表示。某些岛之间由巨大的桥连接,通过桥可以从一个岛 到达另一个岛。如果从岛 a 出发经过若干座(含 0 座)桥可以到达岛 b,则称岛 a 和岛 b 是连 通的。现在有两种操作:B x y 表示在岛 x 与岛 y 之间修建一座新桥。Q x k 表示询问当前与岛 x连通的所有岛中第 k 重要的是哪座岛,即所有与岛 x 连通的岛中重要度排名第 k 小的岛是哪 座,请你输出那个岛的编号。 

    输入

    输入文件第一行是用空格隔开的两个正整数 n 和 m,分别 表示岛的个数以及一开始存在的桥数。接下来的一行是用空格隔开的 n 个数,依次描述从岛 1 到岛 n 的重要度排名。随后的 m 行每行是用空格隔开的两个正整数 ai 和 bi,表示一开始就存 在一座连接岛 ai 和岛 bi 的桥。后面剩下的部分描述操作,该部分的第一行是一个正整数 q, 表示一共有 q 个操作,接下来的 q 行依次描述每个操作,操作的格式如上所述,以大写字母 Q 或B 开始,后面跟两个不超过 n 的正整数,字母与数字以及两个数字之间用空格隔开。 对于 20%的数据 n≤1000,q≤1000 
     
    对于 100%的数据 n≤100000,m≤n,q≤300000 

    输出

    对于每个 Q x k 操作都要依次输出一行,其中包含一个整数,表 示所询问岛屿的编号。如果该岛屿不存在,则输出-1。 

    样例输入

    5 1
    4 3 2 5 1
    1 2
    7
    Q 3 2
    Q 2 1
    B 2 3
    B 1 5
    Q 2 1
    Q 2 4
    Q 2 3

    样例输出

    -1
    2
    5
    1
    2
     
    线段树合并经典题。查询就是询问联通块中第k小的数的编号,联通块用并查集启发式合并就好了,但这里的合并不光是点的合并。因为要查询第k小,因此要每个点开一棵权值线段树维护区间权值个数(动态开点)。每次合并时将两个联通块的祖先的线段树合并就好了,因为每个点的线段树一开始都是一条链,而每个点最多被合并一次,因此合并的时间复杂度是O(nlogn)。
    #include<set>
    #include<map>
    #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;
    int f[100010];
    int root[100010];
    int ls[4000010];
    int rs[4000010];
    int sum[4000010];
    int size[100010];
    int n,m,Q;
    char ch[5];
    int x,y;
    int cnt;
    map<int,int>b;
    int find(int x)
    {
        if(f[x]==x)
        {
            return x;
        }
        return f[x]=find(f[x]);
    }
    void build(int &rt,int l,int r,int k)
    {
        if(!rt)
        {
            rt=++cnt;
        }
        sum[rt]++;
        if(l==r)
        {
            return ;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        if(k<=mid)
        {
            build(ls[rt],l,mid,k);
        }
        else
        {
            build(rs[rt],mid+1,r,k);
        }
    }
    void merge(int &rt,int x)
    {
        if(!rt||!x)
        {
            rt=x+rt;
            return ;
        }
        sum[rt]+=sum[x];
        merge(ls[rt],ls[x]);
        merge(rs[rt],rs[x]);
    }
    void add(int x,int y)
    {
        int fx=find(x);
        int fy=find(y);
        if(fx!=fy)
        {
            if(size[fx]>size[fy])
            {
                f[fy]=fx;
                size[fx]+=size[fy];
                merge(root[fx],root[fy]);
            }
            else
            {
                f[fx]=fy;
                size[fy]+=size[fx];
                merge(root[fy],root[fx]);
            }
        }
    }
    int query(int rt,int l,int r,int k)
    {
        if(l==r)
        {
            return b[l];
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        if(k<=sum[ls[rt]])
        {   
            return query(ls[rt],l,mid,k);
        }
        else
        {
            return query(rs[rt],mid+1,r,k-sum[ls[rt]]);
        }
    }
    int main()
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&x);
            b[x]=i;
            f[i]=i;
            size[i]=1;
            build(root[i],1,n,x);
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            add(x,y);
        }
        scanf("%d",&Q);
        while(Q--)
        {
            scanf("%s%d%d",ch,&x,&y);
            if(ch[0]=='B')
            {
                add(x,y);
            }
            else
            {
                x=find(x);
                if(sum[root[x]]<y)
                {
                    printf("-1
    ");
                }
                else
                {
                    printf("%d
    ",query(root[x],1,n,y));
                }
            }
        }
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Khada-Jhin/p/9700441.html
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