HDU6200 mustedge mustedge mustedge

 

不用看题就知道这是和什么tarjan、缩点或桥一类有关的题。

谁让他取题目叫一个mustedge还连续写3次的（哦，似乎是因为那个比赛的题目都是这个画风）

必须的边 》必须要经过的边 》 桥。

主要是动态维护问题，幸好只有加边操作。
建dfs树之后，在dfs树上加边其实就是让dfs树上一些边没有用了。（就这一点我想了很久才想到，真是zz啊）

那么可以用树剖来维护这个东西（这不是显然的么）

然后你就非常开心地打了一个树剖，一开始树上边的权值都为1，然后每次区间修改(把一个区间所有边的权值变为0)

然后你非常开心地交了。

然后T了。

 

这道题裸的树剖是不行di。$10^6$专卡你。

需要一些小技巧。

我们知道，我们最多有$10^6$个操作，但是我们也最多只有$10^6$个点，也就是$10^6-1$条边。

那么我们在频繁清零的时候，很多边是重复清零了的。

如果我们每个边最多清一次0，就不会很慢。

那就。。。并查集，维护每条边上方第一个没有清零的边(有用的边)。

我们按dfs序建树状数组。然后每次修改就是向上跳到第一个还有没有清零边，然后log时间修改，就是单点修改区间查询。

所以说修改的总时间复杂度不超过$nlogn$，而裸的树剖还要多带一个$log$（求lca一个，修改一个）。

//Serene
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int T,n,m,Q;

int aa,ff;char cc;
int read() {
    aa=0;cc=getchar();ff=1;
    while(cc<'0'||cc>'9') {
        if(cc=='-') ff=-1;
        cc=getchar();
    }
    while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar();
    return aa*ff;
}

struct Edge{
    int u,v;
};

vector<Edge> G;

int fir[maxn],nxt[2*maxn],to[2*maxn],e=0;
void add(int x,int y) {
    to[++e]=y;nxt[e]=fir[x];fir[x]=e;
    to[++e]=x;nxt[e]=fir[y];fir[y]=e;
}

int f[maxn];
int find(int x) {return x==f[x]? x:f[x]=find(f[x]);}

int fa[maxn],size[maxn],son[maxn],dep[maxn];
void dfs1(int pos) {
    size[pos]=1;int y,z;
    for(y=fir[pos];y;y=nxt[y]) {
        if((z=to[y])==fa[pos]) continue;
        fa[z]=pos;dep[z]=dep[pos]+1;
        dfs1(z);
        size[pos]+=size[z];
        if(size[z]>size[son[pos]]) son[pos]=z;
    }
}

int id[maxn],top[maxn],cnt;
void dfs2(int pos,int tp) {
    id[pos]=++cnt; top[pos]=tp;
    if(!son[pos]) return;
    dfs2(son[pos],tp);
    int y,z;
    for(y=fir[pos];y;y=nxt[y]) {
        if((z=to[y])==fa[pos]||to[y]==son[pos]) continue;
        dfs2(z,z);
    }
}

int sz[maxn];

int q(int l,int r) {
    int rs=0;l--;
    while(r) { rs+=sz[r]; r-=(r&-r); }
    while(l) { rs-=sz[l]; l-=(l&-l); }
    return rs;
}

void chge(int l,int r){
    int rr;
    for(r=find(r);r>=l;r=f[r]) {
        rr=r;
        while(rr<=n){ sz[rr]--; rr+=(rr&-rr); }
        f[r]=find(r-1);
    }
}

void get_lca(int x,int y,int p) {
    int rs=0;
    while(top[x]!=top[y]) {
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
        if(p) rs+=q(id[top[x]],id[x]);
        else chge(id[top[x]],id[x]);
        x=fa[top[x]];
    }
    if(x!=y) {
        if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
        if(p) rs+=q(id[y]+1,id[x]);
        else chge(id[y]+1,id[x]);
    }
    if(p) printf("%d\n",rs);
}

int main() {
    T=read();
    int x,y,z,xx,yy;
    for(int qaq=1;qaq<=T;++qaq) {
        n=read();m=read(); G.clear(); e=0; cnt=0;
        memset(fir,0,sizeof(fir));
        memset(son,0,sizeof(son));
        memset(fa,0,sizeof(fa));
        for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
        for(int i=1;i<=m;++i) {
            x=read();y=read();
            xx=find(x);yy=find(y);
            if(xx!=yy) add(x,y),f[xx]=yy;
            else G.push_back(Edge{x,y});
        }
        Q=read(); dep[1]=1;
        dfs1(1); dfs2(1,1);
        for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
        for(int i=1;i<=n;++i) sz[i]=(i&-i);
        z=G.size();
        for(int i=0;i<z;++i) get_lca(G[i].u,G[i].v,0);
        printf("Case #%d:\n",qaq);
        for(int i=1;i<=Q;++i) {
            x=read();y=read();z=read();
            get_lca(y,z,x-1);
        }
    }
    return 0;
}

　　

除此之外，也可以用树状数组维护每个点到根的距离，然后每次修改就是把子树的区间-1，这样就是区间修改单点查询了。

不过还是要用并查集维护每条边上方第一个没有清零的边(有用的边)。

所以说这道题的重点就是避免重复的修改浪费时间，用并查集维护上方第一个没有清零的边。