【CF687D】Dividing Kingdom II
题意：给你一张n个点m条边的无向图，边有边权$w_i$。有q个询问，每次给出l r，问你：如果只保留编号在[l,r]中的边，你需要将所有点分成两个集合，使得这个划分的代价最小，问最小代价是什么。一个划分的代价是指，对于所有两端点在同一集合中的边，这些边的边权最大值。如果没有端点在同一集合中的边，则输出-1。
$n,q\le 1000,m\le \frac {n(n-1)} 2,w_i\le 10^9$
题解：先考虑暴力的做法，我们将所有边按权值从大到小排序，然后一个一个加到带权并查集里，标记两端点不在同一集合中，如果一条边的两端点已经在同一集合中，则输出答案。
但是问题在于边数非常大，不过仔细分析发现，我们可以将所有边按加入并查集时的情况分成如下三种：
1.如果a和b不在同一连通块内，我们连接这两个连通块，并标记a和b不在同一集合中。
2.如果a和b在同一连通块内，且a和b不在同一集合，则我们不用管。
3.如果a和b在同一连通块内，且a和b在同一集合，则输出答案。
我们令1和3这样的边为关键边。容易发现下面两条重要的引理：
引理1：关键边的数目不超过n条。
引理2：如果我们忽视非关键边，答案不变。
证明是显然的。但是这给我们一个非常重要的思路：如果我们预处理出区间内所有的关键边，则我们可以把每次查询的复杂度由O(m)变成O(n)！
进一步的，我们可以用以边的编号为下标的线段树来维护并查集。对于每个结点，我们已经处理完了它的左右两个子节点，其中每个节点都维护了该区间内的不超过n条关键边，我们只需要将左右两个节点的关键边归并起来，再用并查集处理一下即可。然后查询时，我们把所有线段树上的区间的一共$O(n\log n)$条关键边拿出来，一起处理一下即可。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #define lson x<<1 #define rson x<<1|1 using namespace std; const int maxn=1010; const int maxm=500010; typedef vector<int> vi; int n,m,q; vi s[maxm<<2]; vector<int>::iterator ia,ib; int pa[maxm],pb[maxm],pc[maxm],f[maxn],g[maxn],p[maxm]; inline 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 find(int x) { if(f[x]==x) return x; int t=f[x]; f[x]=find(t); g[x]^=g[t]; return f[x]; } inline vi merge(vi a,vi b) { int i,cnt=0,x,y; vi c; for(ia=a.begin();ia!=a.end();ia++) f[pa[*ia]]=pa[*ia],f[pb[*ia]]=pb[*ia],g[pa[*ia]]=g[pb[*ia]]=0; for(ib=b.begin();ib!=b.end();ib++) f[pa[*ib]]=pa[*ib],f[pb[*ib]]=pb[*ib],g[pa[*ib]]=g[pb[*ib]]=0; for(ia=a.begin(),ib=b.begin();ia!=a.end()||ib!=b.end();) { if(ia!=a.end()&&(ib==b.end()||pc[*ia]>pc[*ib])) p[++cnt]=*ia,ia++; else p[++cnt]=*ib,ib++; } for(i=1;i<=cnt;i++) { x=pa[p[i]],y=pb[p[i]]; if(find(x)!=find(y)) g[f[x]]=g[x]^g[y]^1,f[f[x]]=f[y],c.push_back(p[i]); else if(g[x]!=g[y]) continue; else { c.push_back(p[i]); break; } } return c; } void build(int l,int r,int x) { if(l==r) { s[x].push_back(l); return ; } int mid=(l+r)>>1; build(l,mid,lson),build(mid+1,r,rson); s[x]=merge(s[lson],s[rson]); } vi query(int l,int r,int x,int a,int b) { if(a<=l&&r<=b) return s[x]; int mid=(l+r)>>1; if(b<=mid) return query(l,mid,lson,a,b); if(a>mid) return query(mid+1,r,rson,a,b); return merge(query(l,mid,lson,a,b),query(mid+1,r,rson,a,b)); } int main() { //freopen("cf687D.in","r",stdin); n=rd(),m=rd(),q=rd(); int i,a,b,x,y; vi t; for(i=1;i<=m;i++) pa[i]=rd(),pb[i]=rd(),pc[i]=rd(); build(1,m,1); for(i=1;i<=q;i++) { a=rd(),b=rd(); t=query(1,m,1,a,b); for(ia=t.begin();ia!=t.end();ia++) f[pa[*ia]]=pa[*ia],f[pb[*ia]]=pb[*ia]; for(ia=t.begin();ia!=t.end();ia++) { x=pa[*ia],y=pb[*ia]; if(find(x)==find(y)) break; f[f[x]]=f[y]; } if(ia==t.end()) puts("-1"); else printf("%d\n",pc[*ia]); } return 0; }//5 9 1 4 1 46 1 3 29 3 2 58 1 5 61 2 4 88 1 2 87 4 5 58 3 5 69 3 4 28 2 7