BZOJ4025 二分图 分治 并查集 二分图 并查集按秩合并 带权并查集
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题目传送门 - BZOJ4025
题意
有$n$个点，有$m$条边。有$T$个时间段。其中第$i$条边连接节点$x_i,y_i$，并且在$start_i$时刻出现，在$end_i$时刻消失。问每一个时刻的图是不是二分图。
$n\\leq 10^5,m\\leq 2\\times 10^5,T\\leq 10^5$
题解
真是一道好题。
做这题我才发现我从来没写过按秩合并的并查集QAQ。
先考虑按照时间二分。
对于某一段时间，我们可以把所有在当前时间段一直出现的边连起来。这个可以用按秩合并的带权并查集维护。（注意子程序退出的时候要撤销所有操作）
如果在加边的过程中，发现冲突，那么该区间全部都是NO了。
否则把除了完全覆盖当前区间的边之外的，对左区间有关的扔到左边，对右区间有关的扔到右边。然后递归子区间处理。
注意区间长度为1的时候不要再递归下去了，会RE的。
具体实现参见代码。
我们来分析一下为什么复杂度是对的。
首先考虑空间复杂度。
考虑每一层递归的时候最多有$O(n)$条边，最多有$O(\\log n)$层，所以空间复杂度为$O(n\\log n)$。
考虑时间复杂度。
我们发现主要的复杂度在边的处理上。一条边在多少个时间段被连接，就是他对总时间复杂度的贡献。
显然每一条边在同一个区间只会被连接一下，但是要按秩合并并查集，所以单次复杂度为$O(\\log n)$。考虑到一个边最多在$O(\\log n)$个区间被连接（和线段树区间覆盖的原理差不多吧）。所以每一条边最多贡献$O(\\log^2 n)$的时间复杂度。所以有$m$条边，显然$m$的上限和$n$同阶，当他是$n$就可以了，所以总的时间复杂度为$O(n\\log^2 n)$。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200005;
struct Edge{
int x,y,s,t;
void get(){
scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&s,&t),s++;
}
}e[N];
int n,m,T,ans[N];
vector <int> x;
struct UFset{
int n,fa[N],depth[N],d[N],stack[N],top;
void init(int _n){
n=_n;
for (int i=1;i<=n;i++)
fa[i]=i;
memset(depth,0,sizeof depth);
memset(d,0,sizeof d);
top=0;
}
int getf(int x){
while (fa[x]!=x)
x=fa[x];
return x;
}
int getdis(int x){
int ans=0;
while (fa[x]!=x)
ans^=d[x],x=fa[x];
return ans;
}
bool Merge(int x,int y){
int D=getdis(x)^getdis(y)^1;
x=getf(x),y=getf(y);
if (x==y)
return D==0;
if (depth[x]<depth[y])
swap(x,y);
if (depth[x]==depth[y])
depth[x]++,stack[++top]=-x;
fa[y]=x,d[y]=D,stack[++top]=y;
return 1;
}
void Split(int time){
while (top>time){
int x=stack[top--];
if (x<0)
depth[-x]--;
else
fa[x]=x,d[x]=0;
}
}
}s;
void solve(int L,int R,vector <int> &now){
if (now.size()==0)
return;
vector <int> Lpart,Rpart;
Lpart.clear(),Rpart.clear();
int time=s.top,mid=(L+R)>>1;
for (int i=0;i<now.size();i++){
int id=now[i];
if (e[id].s<=L&&e[id].t>=R){
if (!s.Merge(e[id].x,e[id].y)){
for (int j=L;j<=R;j++)
ans[j]=0;
s.Split(time);
return;
}
}
else {
if (e[id].t<=mid)
Lpart.push_back(id);
else if (e[id].s>mid)
Rpart.push_back(id);
else if (e[id].s<=mid&&e[id].t>mid)
Lpart.push_back(id),Rpart.push_back(id);
}
}
if (L==R){
s.Split(time);
return;
}
solve(L,mid,Lpart);
solve(mid+1,R,Rpart);
s.Split(time);
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
x.clear();
for (int i=1;i<=m;i++)
e[i].get(),x.push_back(i);
for (int i=1;i<=T;i++)
ans[i]=1;
s.init(n);
solve(1,T,x);
for (int i=1;i<=T;i++)
puts(ans[i]?"Yes":"No");
return 0;
}
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