Graph and Queries Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 1467    Accepted Submission(s): 301 Problem Description You are given an undirected graph with N vertexes and M edges. Every ve

Graph and Queries Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) [Problem Description] You are given an undirected graph with N vertexes and M edges. Every vertex in this graph has an integer value assigned to it

[la P5031&hdu P3726] Graph and Queries Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Problem Description You are given an undirected graph with N vertexes and M edges. Every vertex in this graph has an integer v

题目来源:HDU 3726 Graph and Queries 题意:见白书 思路:刚学treap 參考白皮书 #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> using namespace std; struct Node { Node *ch[2]; int r; int v; int s; Node(int v): v(v) { ch[0] = ch[1] = NULL; r = rand(); s

Description You are given an undirected graph with N vertexes and M edges. Every vertex in this graph has an integer value assigned to it at the beginning. You're also given a sequence of operations and you need to process them as requested. Here's a

反向操作,先求出最终状态,再反向操作. 然后就是Treap 的合并,求第K大值. #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<map> #include<queue> #include<vector> #inc

这题写起来真累.. 名次树就是多了一个附加信息记录以该节点为根的树的总结点的个数,由于BST的性质再根据这个附加信息,我们可以很容易找到这棵树中第k大的值是多少. 所以在这道题中用一棵名次树来维护一个连通分量. 由于图中添边比较方便,用并查集来表示连通分量就好了,但是删边不太容易实现. 所以,先把所有的边删去,然后逆序执行命令.当然,C命令也要发生一些变化,比如说顺序的情况是从a变成b,那么逆序执行的话应该就是从b变成a. 最后两棵树的合并就是启发式合并,把节点数少的数并到节点数多的数里去. #

题意:给你个点m条边的无向图,每个节点都有一个整数权值.你的任务是执行一系列操作.操作分为3种... 思路:本题一点要逆向来做,正向每次如果删边,复杂度太高.逆向到一定顺序的时候添加一条边更容易.详见算法指南P235. #include<cstdlib> struct Node { Node *ch[]; // 左右子树 int r; // 随机优先级 int v; // 值 int s; // 结点总数 Node(int v):v(v) { ch[] = ch[] = NULL; r = r

Treap的基础题目,Treap是个挺不错的数据结构. /* */ #include <iostream> #include <string> #include <map> #include <queue> #include <set> #include <stack> #include <vector> #include <deque> #include <algorithm> #include

题目链接:http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=20332 [思路] 时光倒流+名次树(rank tree). 所谓“时光倒流”即逆向处理,因为D删除边并不好操作所以我们倒着处理,删除边转化为添加边,C转化为将weight变回操作前的数,Q不变. 名次树实现以上操作:名次树是Treap+s域实现的,可以提供kth即查询第k大的数的操作和Treap的所有功能. 1)对于D(x):合并from[x]与to[x]所在的r

题意:一个N个点(编号从1开始),M条边的无向图(编号从1开始),有3种操作: D X:把编号为X的边删了: Q X K:查询编号为X的结点所在连通分量第K大的元素: C X V:将编号为X的结点的权值修改为V. 问所有查询的结果的平均值(1 <= N <= 20000, 0 <= M <= 60000, -10^6 <= 点权 <= 10^6, 1 <= Q操作次数 <= 2 * 10^5, C操作次数 <= 2 * 10^5). 题目链接:http

思路 恶心人的题目 还是类似永无乡一题的Treap启发式合并思路 但是由于加边变成了删边 所以应该离线后倒序处理 数组要开够 代码 #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <queue> #include <set> #include <stack> using namespace std; int Nodecnt=0,root[250000

Problem 给你一张图,点的权值,边和几个操作: D x: 删除第x条边 Q x y: 询问包含x的联通块中权值第y大的权值 C x y: 将x这个点的权值改为y Solution 一看就要离线处理,把所有操作都倒过来 然后删除操作变为加边操作 Notice 记得: 是改完以后再把点一个一个加入Treap中!! Code 非旋转Treap #pragma GCC optimize(2) #include<cmath> #include<cstdio> #include<c

给定一个图,支持三种操作: 1.删除一条边 2.查询与x结点相连的第k大的结点 3.修改x结点的权值 解法:离线倒序操作,平衡树or线段树维护连通块中的所有结点信息,加个合并操作就行了. 感觉线段树要好写很多. 平衡树(Treap)版: #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; ; struct E { int u,v; } e[N]; int a[N],faz[N],n,m,del[N]; int f

题意:初始时给出一个图,每个点有一个权值,三种操作:(1)删除某个边:(2)修改每个点的权值:(3)询问与节点x在一个连通分量中所有点的第K大的权值. 析:首先是要先离线,然后再倒着做,第一个操作就成了加边操作,很容易实现,第二操作,就是分成两个操作,先把x结点删掉,然后再插入一个新结点, 最后一个是就是求某个连通分量的第 k 大,直接用treap直接查找就好,注意问是第 k 大,不是第 k 小. 代码如下: #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,

删除边的操作不容易实现,那么就先离线然后逆序来做. 逆序就变成了合并,用并存集判断连通,用Treap树来维护一个连通分量里的名次. Treap = Tree + Heap.用一个随机的优先级来平衡搜索树. 名次查询需要维护树的结点数量,假设当前在u点,u的左子树有n个结点,那么u的就是以u为根的树上第n+1小的. 如果查询的不是n+1,那么根据结点数量判断一下在哪颗子树上,然后去查询. 树的合并就将结点数少的树上的点往结点数多的树里面插,然后删掉结点少的树. 修改权值就分解成删除点和插点. 写的

题意: 给一个无向图,再给一系列操作(以下3种),输出最后的平均查询结果. (1)D X 删除第x条边. (2)Q X k  查询与点X相连的连通分量中第k大的点的权值. (3)C X v  将点X的权值改为v. 思路: 第一点,由于需要删除边,不是很方便,所以可以先将所有操作存起来,反序来操作,这样删边就变成加边,方便了不少.每次加边时若两点不属于同个连通分量,就将点少的整个连通分量中的点逐个插入到另一个连通分量中. 第二点,查第k大,这个比较简单,只需要维护Treap上每个点的的左右孩子数量

离线做法,逆序执行操作,那么原本的删除边的操作变为加入边的操作,用名次树维护每一个连通分量的名次,加边操作即是连通分量合并操作,每次将结点数小的子树向结点数大的子树合并,那么单次合并复杂度O(n1logn2),由于合并之后原本结点数少的子树结点数至少翻倍,所以每个结点最多被插入 logn 次,故总时间复杂度为 O(n log2n)  . 注意细节处理,代码如下: #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring>

\[ \text{Preface} \] 算是一道思维难度稍易,代码难度稍难的题吧. \[ \text{Description} \] 给出一张 \(n\) 个点,\(m\) 条边的图,点带权.需要支持三个操作: D x 删掉编号为 \(x\) 的边 Q x k 查询与节点 \(x\) 联通的所有节点中,点权第 \(k\) 大节点的点权 C x v 将节点 \(x\) 点权改为 \(v\) 多组数据,每组数据最终需要输出所有查询的平均值 ( 保留 6 位 ) ,没有强制在线. \[ \text{

本题解用于作者加深算法印象,也欢迎各位的阅读. 题目大意 给你一张无向图,并给你两种操作: \(1~v\) :找到当前点 \(v\) 所在的联通块内权值最大的点,输出该点权值并将其权值改为 \(0\) . \(2~i\) :删去编号为 \(i\) 的边. 题解 然后你发现这个东西不是很好搞,但是这里提供了一个很好的维护联通块的东西--\(Kruskal\) 重构树. 我们可以将每条边删去的时间戳记为这条边的权值,可以轻易的发现,如果我们将边权从大到小(即在时间上从后往前)建起 \(Kruskal