3875. 【NOIP2014八校联考第4场第2试10.20】星球联盟(alliance)

Description

给定一个 n n n 个点的无向图，初始有 m m m 条边，现在依次加入额外 p p p 条边，每次询问加边后，这条边连接的两个点是否处于同一个强连通分量。

n , m ≤ 2 × 10 5 n ,m \le 2 \times 10^5 n,m≤2×105

Solution

别人的 40 pts ：边双连通分量

我的 40 pts：怪怪的

就是看这两个点在连这条边之前是否连通，若本来就连通，则加入这条边后才是边双连通的。

用并查集维护连通的点（这里指题目中的连通），方便数个数。

其实发现自己的思路对正解是有一定启发作用的，甚至于现在来想已经是蛮接近的了。只是赛时没有想到可以树边和非树边分开来，离线做。

首先把树边找出来建树，然后对于前面记录下来的非树边进行操作。显然，对于非树边的两个顶点 x , y x,y x,y ，在这两点路径上的点实际上共同组成了一个边双连通分量（即题目中所指的连通），因为所有的点都要归到一起，所以找 lca 这一步递增是不管用的，目前复杂度仍然是 O ( n 2 ) \Omicron(n^2) O(n2) 。

那么我们可以在连边的过程中，直接把当前点指向 lca ，因为他们注定是绑在一个连通块里的，这样后续跳的时候就会节约很多时间，实际上复杂度就降下来了（准确的我也不会证）。

要注意图不一定连通，可能不是树而是森林，所以可以将其统一连向一个父亲，但是这样就要在输入的时候把无解给判掉。

确实是好题，巧妙地把图转化为树，然后通过某些点成为连通块后一直不变且一起贡献的性质，可以极大的优化暴力跳 lca 的过程。这个做法可以积累。

自己能够想到题目所表示的连通要求在连这条边之前已经连通，其实就可以用并查集维护，但是考虑到要算个数，路径上的所有点都要囊括，所以就比较麻烦，直接选择了暴力 dfs 搜，没有继续往深想。这时候其实就容易想到如果使用 dfs 会有很多没有用的尝试，看看能不能一步到位直通过去，所以考虑离线。

Code

c++ 复制代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=2e5;
struct edge
{
	int to,nxt;
}e[2*N+5];
int lst[N+5],cnt;
int fa[N+5],sz[N+5];
int f[N+5],dep[N+5];
struct n_t_edge
{
	int u,v;
}a[N+5],b[N+5];
int cnta,cntb;
int id[N+5];
int fnd(int x)
{
	return (x==fa[x])?x:fa[x]=fnd(fa[x]);
}
void ad(int x,int y)
{
	e[++cnt]={y,lst[x]};
	lst[x]=cnt; 
}
void dfs(int x,int y)
{
	dep[x]=dep[y]+1,f[x]=y;
	for(int i=lst[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=y)
		{
			dfs(e[i].to,x);
		}
	}
}
void unon(int x,int y)
{
	while(x!=y)
	{
		if(dep[x]<dep[y])
		{
			swap(x,y);
		}
//		printf("%d %d %d\n",x,f[x],y);
		int t1=fnd(x),t2=fnd(f[x]);
		if(t1!=t2)
		{
			fa[t1]=t2,sz[t2]+=sz[t1];
		}
		x=t2;
	}
}
int main()
{
	int n,m,p;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		fa[i]=i;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		int t1=fnd(u),t2=fnd(v);
		if(t1!=t2)
		{
			fa[t1]=t2,ad(u,v),ad(v,u);
		}
		else
		{
			a[++cnta]={u,v};
		}
	}
	for(int i=1;i<=p;i++)
	{
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		int t1=fnd(u),t2=fnd(v);
		if(t1!=t2)
		{
			fa[t1]=t2,ad(u,v),ad(v,u);
		}
		else
		{
			b[++cntb]={u,v};
			id[i]=cntb;
		}
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		int t1=fnd(i),t2=fnd(1);
		if(t1!=t2)
		{
			fa[t1]=t2,ad(1,i);
		}
	}
	dfs(1,0);
//	printf("%d\n",f[18181]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		fa[i]=i,sz[i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=cnta;i++)
	{
		unon(a[i].u,a[i].v);
	}
	for(int i=1;i<=p;i++)
	{
		if(!id[i])
		{
			printf("No\n");
		}
		else
		{
			unon(b[id[i]].u,b[id[i]].v);
			printf("%d\n",sz[fnd(b[id[i]].u)]);
		}
	}
	return 0;
}

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