P4053 [Hnoi2016 day1]最小公倍数 | ||
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问题描述
给定一张N个顶点M条边的无向图(顶点编号为1,2,…,n),每条边上带有权值。所有权值都可以分解成2^a*3^b
的形式。现在有q个询问,每次询问给定四个参数u、v、a和b,请你求出是否存在一条顶点u到v之间的路径,使得
路径依次经过的边上的权值的最小公倍数为2^a*3^b。注意:路径可以不是简单路径。下面是一些可能有用的定义
:最小公倍数:K个数a1,a2,…,ak的最小公倍数是能被每个ai整除的最小正整数。路径:路径P:P1,P2,…,Pk是顶
点序列,满足对于任意1<=i<k,节点Pi和Pi+1之间都有边相连。简单路径:如果路径P:P1,P2,…,Pk中,对于任意1
<=s≠t<=k都有Ps≠Pt,那么称路径为简单路径。
输入格式
第一行包含两个整数N和M,分别代表图的顶点数和边数。接下来M行,每行包含四个整数u、v、a、
b代表一条顶点u和v之间、权值为2^a*3^b的边。接下来一行包含一个整数q,代表询问数。接下来q行,每行包含四
个整数u、v、a和b,代表一次询问。询问内容请参见问题描述。1<=n,q<=50000、1<=m<=100000、0<=a,b<=10^9
输出格式
对于每次询问,如果存在满足条件的路径,则输出一行Yes,否则输出一行 No(注意:第一个字母大写,其余
字母小写) 。
样例输入
4 5
1 2 1 3
1 3 1 2
1 4 2 1
2 4 3 2
3 4 2 2
5
1 4 3 3
4 2 2 3
1 3 2 2
2 3 2 2
1 3 4 4
样例输出
Yes
Yes
Yes
No
No
提示
样例说明:
分析:首先不难发现所谓的lcm就是路径上a的最大值和b的最大值,那么暴力方法就出来了,选出所有a不大于q.a并且b不大于q.b的边,跑带权并查集,暴力验证。
不bb,说正解。
先把m条边按a排序并分块,q次询问按b排序。
对于每一块,我们只处理a在此块的边的a的范围内的询问,把这些询先弄出来。
此时,我们再把之前的块的边按b排序。
由于这些询问的a一定大于前面块的边的a,即前面的块中的边的a一定满足限制,只需满足b。
并查集,要回退,回退的操作是哪些呢?一个询问在这个块内满足条件的边。之前块的边是不需要回退的,因为a满足,询问的b递增,所以之前加进来的边后面的询问一定可以用!
详细见代码吧,还是比较好懂。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
template <typename T>
inline void _read(T& x){
char t=getchar();bool sign=true;
while(t<'0'||t>'9'){if(t=='-')sign=false;t=getchar();}
for(x=0;t>='0'&&t<='9';t=getchar())x=x*10+t-'0';
if(!sign)x=-x;
}
int n,m,q,e;
int block;
int top;
int tot;
struct node{
int x,y,a,b,id;
node(){}
node(int X,int Y,int A,int B,int ID){x=X;y=Y;a=A;b=B;id=ID;}
};
bool cmp1(node A,node B){
if(A.a==B.a)return A.b<B.b;
else return A.a<B.a;
}
bool cmp2(node A,node B){
if(A.b==B.b)return A.a<B.a;
else return A.b<B.b;
}
node edge[100005];
node work[100005];
int need[100005];
int fa[100005],maxa[100005],maxb[100005],size[100005];
bool ans[100005];
struct back{
int x,y,fa,ma,mb,si;
back(){}
back(int X,int Y,int FA,int MA,int MB,int SI){x=X;y=Y;fa=FA;ma=MA;mb=MB;si=SI;}
};
back roll[100005];
int getfather(int x){
if(fa[x]!=x)return getfather(fa[x]);
else return x;
}
void merge(int x,int y,int a,int b){
int fx=getfather(x),fy=getfather(y);
if(size[fx]>size[fy])swap(fx,fy);
roll[++top]=back(fx,fy,fa[fx],maxa[fy],maxb[fy],size[fy]);
if(fx==fy){
maxa[fx]=max(maxa[fx],a);
maxb[fx]=max(maxb[fx],b);
return;
}
fa[fx]=fy;
size[fy]+=size[fx];
maxa[fy]=max(maxa[fy],max(a,maxa[fx]));
maxb[fy]=max(maxb[fy],max(b,maxb[fx]));
}
void rollback(){
int i;
for(i=top;i;i--){
fa[roll[i].x]=roll[i].fa;
maxa[roll[i].y]=roll[i].ma;
maxb[roll[i].y]=roll[i].mb;
size[roll[i].y]=roll[i].si;
}
top=0;
}
int main(){
int i,j,k;
cin>>n>>m;
for(i=1;i<=m;i++){
_read(edge[i].x);_read(edge[i].y);_read(edge[i].a);_read(edge[i].b);
}
cin>>q;
for(i=1;i<=q;i++){
_read(work[i].x);_read(work[i].y);_read(work[i].a);_read(work[i].b);
work[i].id=i;
}
sort(edge+1,edge+1+m,cmp1);
sort(work+1,work+1+q,cmp2);
block=755;
for(i=1;i<=m;i+=block){
tot=top=0;
for(j=1;j<=q;j++){
if(work[j].a>=edge[i].a&&(i+block>m||work[j].a<edge[i+block].a)){
need[++tot]=j;
}
}
sort(edge+1,edge+i,cmp2);
for(j=1;j<=n;j++){
fa[j]=j;maxa[j]=-1;maxb[j]=-1;size[j]=1;
}
int pos=1;
for(j=1;j<=tot;j++){
while(pos<i&&work[need[j]].b>=edge[pos].b)merge(edge[pos].x,edge[pos].y,edge[pos].a,edge[pos].b),pos++;
top=0;
for(k=i;k<i+block&&k<=m;k++){
if(edge[k].a<=work[need[j]].a&&edge[k].b<=work[need[j]].b)merge(edge[k].x,edge[k].y,edge[k].a,edge[k].b);
}
int x,y;
x=getfather(work[need[j]].x);y=getfather(work[need[j]].y);
if(x==y&&maxa[x]==work[need[j]].a&&maxb[x]==work[need[j]].b)ans[work[need[j]].id]=true;
else ans[work[need[j]].id]=false;
rollback();
}
}
for(i=1;i<=q;i++){
if(ans[i])puts("Yes");
else puts("No");
}
}