hdu 5441 Travel(并查集+二分)

题意:

一个n个点的无向图,给出m条边的边权,给出q次询问,每次给出一个值,求用到所有边权不大于这个值的边的情况下,能够互相到达的点对的个数。

解析:

首先我们对边按照边权从小到大排序。
构造一个前缀和数组sum[n],表示添加到第n条边,有多小条能互相到达的点对数。
还有一个要注意的是每增加一个联通块,假如联通块的个数为n,那么增加的点对数为C2n2

那么怎么构造sum[n]数组呢,可以用到并查集,每次添加第n条边的时候,查询是否能连接两个新的联通块,如果能连接两个新的联通块,那么
sum[n]更新的是,先减去两个被连接的连同块的个数,假设两个联通块数分别为son[a]son[b]
sum[n]=sum[n1](C2son[a]+C2son[b])2
然后新合并之后的联通块数为son[c],那么sum[n]+=C2son[c]2
对于每次查询x,那么可以二分查找第一个x,的排序后边权值的位置。
然后输出该位置的sum值,总复杂度O(nlog(n))

my code

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = (int)2e4 + 10;
const int M = (int)1e5 + 10;
struct Edge {
    int u, v;
    ll val;
} edge[M];

int pa[N];
ll son[N];

ll sum[M];
int n, m, q;

ll cn2(ll n) {
    if(n < 2) return 0;
    ll ret = n * (n-1) / 2;
    return ret;
}

bool cmp(Edge a, Edge b) {
    return a.val < b.val;
}

void init() {
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        pa[i] = i;
        son[i] = 1;
    }
}

int find(int u) {
    if(u == pa[u]) return pa[u];
    else return pa[u] = find(pa[u]);
}

void Union(int u, int v) {
    int r1 = find(u), r2 = find(v);
    if(r1 == r2) return ;
    if(r1 < r2) {
        pa[r2] = r1;
        son[r1] += son[r2];
    }else {
        pa[r1] = pa[r2];
        son[r2] += son[r1];
    }
}

void prepare() {
    sort(edge+1, edge+m+1, cmp);
    int u, v;
    sum[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        u = edge[i].u, v = edge[i].v;
        int r1 = find(u), r2 = find(v);
        if(r1 != r2) {
            sum[i] = (sum[i-1] - (cn2(son[r1]) + cn2(son[r2])) * 2);
            Union(u, v);
            r1 = find(u);
            sum[i] += cn2(son[r1]) * 2;
        }else {
            sum[i] = sum[i-1];
        }
    }
}

int search(int x) {
    int L = 0, R = m;
    while(L < R) {
        int M = (L + R) >> 1;
        if(edge[M].val <= x) L = M+1;
        else R = M;
    }
    return L-1;
}

int main() {
    int u, v, val, q;
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
        init();
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            scanf("%d%d%d", &u, &v, &val);
            edge[i] = (Edge){u, v, val};
        }
        prepare();
        while(q--) {
            scanf("%d", &val);
            int pos = search(val);
            printf("%lld\n", sum[pos]);
        }
    }
    return 0;
}
### HDU 3342 并查集 解题思路与实现 #### 题目背景介绍 HDU 3342 是一道涉及并查集的数据结构题目。该类问题通常用于处理动态连通性查询,即判断若干元素是否属于同一集合,并支持高效的合并操作。 #### 数据描述 给定一系列的人际关系网络中的朋友关系对 (A, B),表示 A 和 B 是直接的朋友。目标是通过这些已知的关系推断出所有人之间的间接友谊连接情况。具体来说,如果存在一条路径使得两个人可以通过中间人的链条相连,则认为他们是间接朋友。 #### 思路分析 为了高效解决此类问题,可以采用带按秩压缩启发式的加权快速联合-查找算法(Weighted Quick Union with Path Compression)。这种方法不仅能够有效地管理大规模数据集下的分组信息,而且可以在几乎常数时间内完成每次查找和联合操作[^1]。 当遇到一个新的友链 `(a,b)` 时: - 如果 a 和 b 已经在同一棵树下,则无需任何动作; - 否则,执行一次 `union` 操作来把它们所在的两棵不同的树合并成一棵更大的树; 最终目的是统计有多少个独立的“朋友圈”,也就是森林里的树木数量减一即是所需新建桥梁的数量[^4]。 #### 实现细节 以下是 Python 版本的具体实现方式: ```python class DisjointSet: def __init__(self, n): self.parent = list(range(n)) self.rank = [0] * n def find(self, p): if self.parent[p] != p: self.parent[p] = self.find(self.parent[p]) # 路径压缩 return self.parent[p] def union(self, p, q): rootP = self.find(p) rootQ = self.find(q) if rootP == rootQ: return # 按秩合并 if self.rank[rootP] > self.rank[rootQ]: self.parent[rootQ] = rootP elif self.rank[rootP] < self.rank[rootQ]: self.parent[rootP] = rootQ else: self.parent[rootQ] = rootP self.rank[rootP] += 1 def solve(): N, M = map(int, input().split()) dsu = DisjointSet(N+1) # 初始化不相交集 for _ in range(M): u, v = map(int, input().split()) dsu.union(u,v) groups = set() for i in range(1,N+1): groups.add(dsu.find(i)) bridges_needed = len(groups)-1 print(f"Bridges needed to connect all components: {bridges_needed}") solve() ``` 这段代码定义了一个名为 `DisjointSet` 的类来进行并查集的操作,包括初始化、寻找根节点以及联合两个子集的功能。最后,在主函数 `solve()` 中读取输入参数并对每一对好友调用 `dsu.union()` 方法直到遍历完所有的边为止。之后计算不同组件的数量从而得出所需的桥接次数。
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