Description
给定一个无向连通图和若干个小集合，每个小集合包含一些边，对于每个集合，你需要确定将集合中的边删掉后改图是否保持联通。集合间的询问相互独立
定义一个图为联通的当且仅当对于任意的两个顶点，都存在一条路径连接它们
Input
第一行为两个整数 (n,m)，代表无向图的点数和边数
下面 (m) 行，包含两个整数 (u,v)，代表该边连接点 (u,v)。第 (i + 1) 行的边的编号为 (i)。保证不存在重边和自环
下面一行包含一个整数 (k)，表示集合个数
下面 (k) 行每行描述一个集合，每行的第一个数为集合中边的个数 (c)，后面 (c) 个数代表集合内的边
Output
对于每个集合，输出一行代表去掉该集合中的边后图是否联通，如果联通输出 Connected，否则输出 Disconnected
Hint
(1~leq~n,k~leq~10^5)
(1~leq~m~leq~2~ imes~10^5)
(1~leq~c~leq~4)
Solution
这个分治方法叫做线段树分治，而不是cdq分治。
我们考虑分治，设 ([l,r]) 为区间 ([l,r]) 中询问涉及边都没有被连上且其它边都连上时图是否联通，那么递归到底时即为一次询问的答案。
具体方法为先将没有被询问过的边连上。然后在递归区间 ([l,r]) 时，将区间内 ([l,mid]) 的询问中不涉及的边全部连上，递归处理左侧区间，然后撤销上次的连边，再将 ((mid, r]) 中询问不涉及的边都连上，处理右边，回溯后再次撤销。在这个过程中用并查集维护一下联通块个数，在底部即可判断。存储需要撤销的操作可以用一个栈实现。
考虑时间复杂度：递归层数为 (O(log k))，于是每个询问被处理 (O(log k)) 次，对每个询问中的每条边，每被处理一次就会有一次并查集的删除和撤销操作，由于是按秩合并实现，单次操作复杂度 (O(log n))。所以单个询问的复杂度为 (O(c~log n))。共有 (k) 个操作，于是总的时间复杂度为 (O(k~ imes~c~ imes~log k~log n))。
这个分治和cdq分治的区别大概在于……此分治时 mid 两侧的区间是被 “平等对待” 的，即记录右边区间对左边区间的贡献，但是cdq分治不是。
另外上面做线段树分治的时候并没有将树显式的建出来，但他们在本质上是一样的。
另外还有一种神仙做法在这里
Code
#include <cstdio>
#include <vector>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
typedef long long int ll;
namespace IPT {
const int L = 1000000;
char buf[L], *front=buf, *end=buf;
char GetChar() {
if (front == end) {
end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
if (front == end) return -1;
}
return *(front++);
}
}
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
if (lst == '-') x = -x;
}
namespace OPT {
char buf[120];
}
template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
int top=0;
do {OPT::buf[++top] = static_cast<char>(x % 10 + '0');} while (x /= 10);
while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
if (pt) putchar(aft);
}
const int maxn = 100010;
const int maxm = 200010;
struct Edge {
int from, to;
};
Edge edge[maxm];
struct Ask {
int c;
int mu[5];
};
Ask ask[maxn];
struct OP {
int a, b, p;
};
OP stack[maxm * 20];
int n, m, k, cnt, top;
int ufs[maxn], rk[maxn];
bool vis[maxm];
void reset();
int find(int);
void cont(int, bool);
void unionn(int, int, bool);
void work(int, int, std::vector<int>&);
void divide(int, int, std::vector<int>&);
int main() {
freopen("1.in", "r", stdin);
qr(n); qr(m); cnt = n;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
qr(edge[i].from); qr(edge[i].to);
}
qr(k);
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
qr(ask[i].c);
for (int j = 1; j <= ask[i].c; ++j) {qr(ask[i].mu[j]); vis[ask[i].mu[j]] = true;}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) ufs[i] = i, rk[i] = 1;
std::vector<int>dn;
for (int i = 1; i <= m; ++i)
if (!vis[i]) cont(i, false);
else dn.push_back(i);
work(1, k, dn);
return 0;
}
void work(int l, int r, std::vector<int>&e) {
for (int i = l; i <= r; ++i) {
for (int j = 1; j <= ask[i].c; ++j) vis[ask[i].mu[j]] = true;
}
std::vector<int>dn;
int _tp = top;
for (int i = 0, len = e.size(); i < len; ++i) {
if (!vis[i]) cont(i, true);
else dn.push_back(i);
}
for (int i = l; i <= r; ++i) {
for (int j = 1; j <= ask[i].c; ++j) vis[ask[i].mu[j]] = false;
}
divide(l, r, dn);
while (top != _tp) reset();
}
void divide(int l, int r, std::vector<int>&e) {
if (l == r) {
puts(cnt == 1 ? "Connected" : "Disconnected");
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
work(l, mid, e);
work(mid + 1, r, e);
}
int find(int x) {return ufs[x] == x ? x : find(ufs[x]);}
void cont(int x, bool rec) {
int fa = find(edge[x].from), fb = find(edge[x].to);
if (fa != fb) {
unionn(fa, fb, rec);
--cnt;
}
}
void unionn(int a, int b, bool rec) {
int c;
if (rk[a] < rk[b]) {c = 1; ufs[a] = b;}
else if (rk[a] > rk[b]) {c = 2; ufs[b] = a;}
else {c = 3; ufs[b] = a; ++rk[a];}
if (rec) stack[++top] = {a, b, c};
}
void reset() {
int a = stack[top].a, b = stack[top].b, p = stack[top--].p;
switch (p) {
case 1:
ufs[a] = a; break;
case 2:
ufs[b] = b; break;
case 3:
ufs[b] = b; --rk[a]; break;
}
++cnt;
}