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C2n∗2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]和son[b],
sum[n]=sum[n−1]−(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;
}