【做题】cf603E——线段树分治

首先感谢题解小哥，他在标算外又总结了三种做法。

此处仅提及最后一种做法。

首先考虑题目中要求的所有结点度数为奇数的限制。

对于每一个联通块，因为所有结点总度数是偶数，所以总结点数也必须是偶数的。即所有联通块都要是偶数大小。

而考虑任意一个偶数大小的联通块，我们任意取它的一个生成树，然后进行如下算法：

设 1 为根结点；

按深度从大到小枚举每一个结点

若其当前度数为偶数

则断开与他的父结点的连边；

这样除根结点外的所有结点的度数都能保证为奇数，而因为总度数和为偶数，所以根结点的度数也为奇数。

因此，我们得到

存在方案使得所有结点度数为奇数 \(\iff\) 所有联通快大小为偶数。

注意到偶数加偶数还是偶数，换言之，添加多余的边是不会使答案变劣的。并且，答案是单调递减的。所以我们可以达到如下结论：

如果第\(j\)次询问的答案大于等于第\(i\)条边的边权，那么可以在处理询问区间\(\left[ i,j-1 \right]\)时直接将第\(i\)条边加上。

这样我们就可以用线段树分治。我们对询问开线段树，从后往前处理。遍历到叶结点时按边权暴力从小到大枚举边（在上一次基础上），与此同时确定了枚举到的边产生贡献的范围，用线段树实现区间修改。在遍历时需要维护支持撤销操作的并查集。这相当于是在分治的同时确定每条边的删除时间，即答案小于它的边权的时刻。

时间复杂度\(O(nlog^2n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300010;
int odd;
struct record {
  int *p,v;
  inline void rollback() {
    *p = v;
  }
} rec[N * 10];
int uni[N],sz[N],cnt;
int get_fa(int x) {
  while (uni[x] != x)
    x = uni[x];
  return x;
}
void unio(int x,int y) {
  x = get_fa(x);
  y = get_fa(y);
  if (x == y) return;
  if (sz[x] > sz[y]) swap(x,y);
  int tmp = (sz[x]&1) + (sz[y]&1) - ((sz[x] + sz[y])&1);
  rec[++cnt] = (record) {&odd,odd};
  odd -= tmp;
  rec[++cnt] = (record) {&uni[x],uni[x]};
  uni[x] = y;
  rec[++cnt] = (record) {&sz[y],sz[y]};
  sz[y] += sz[x];
}
struct data {
  int a,b,v,id;
  bool operator < (const data& x) const {
    return v < x.v;
  }
} dat[N];
vector<int> edg[N << 2];
int n,m,cur,ans[N];
void modify(int lp,int rp,int id,int x,int l,int r) {
  if (lp > rp) return;
  if (lp > r || rp < l) return;
  if (l >= lp && r <= rp)
    return (void) (edg[x].push_back(id));
  int mid = (l + r) >> 1;
  modify(lp,rp,id,x<<1,l,mid);
  modify(lp,rp,id,x<<1|1,mid+1,r);
}
void solve(int x,int l,int r) {
  int tmp = cnt;
  for (int i = 0 ; i < (int)edg[x].size() ; ++ i)
    unio(dat[edg[x][i]].a,dat[edg[x][i]].b);
  if (l != r) {
    int mid = (l + r) >> 1;
    solve(x<<1|1,mid+1,r);
    solve(x<<1,l,mid);
  } else {
    for ( ; cur <= m && odd > 0 ; ++ cur) {
      if (dat[cur].id > l) continue;
      unio(dat[cur].a,dat[cur].b);
      modify(dat[cur].id,l-1,cur,1,1,m);
    }
    if (odd > 0) ans[l] = -1;
    else ans[l] = dat[cur-1].v;
  }
  while (cnt > tmp)
    rec[cnt--].rollback();
}
int main() {
  int a,b,c;
  scanf("%d%d",&n,&m);
  odd = n;
  for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
    scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
    dat[i] = (data) {a,b,c,i};
  }
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    uni[i] = i, sz[i] = 1;
  sort(dat+1,dat+m+1);
  cur = 1;
  solve(1,1,m);
  for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i)
    printf("%d\n",ans[i]);
  return 0;
}

小结：其实我根本不会想到糊结论……线段树分治的做法，相比LCT做法更加巧妙，利用题目的特殊性质从而简化了代码量。