[bzoj3569][bzoj3237][线性基][或离线线段树分治 ]DZY Loves Chinese II && 连通图

最新推荐文章于 2019-09-13 16:12:00 发布

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线性基

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Description

神校XJ之学霸兮，Dzy皇考曰JC。摄提贞于孟陬兮，惟庚寅Dzy以降。纷Dzy既有此内美兮，又重之以修能。
遂降临于OI界，欲以神力而凌♂辱众生。今Dzy有一魞歄图，其上有N座祭坛，又有M条膴蠁边。
时而Dzy狂WA而怒发冲冠，神力外溢，遂有K条膴蠁边灰飞烟灭。而后俟其日A50题则又令其复原。（可视为立即复原）
然若有祭坛无法相互到达，Dzy之神力便会大减，于是欲知其是否连通。

Input

第一行N,M 接下来M行x,y：表示M条膴蠁边，依次编号接下来一行Q 接下来Q行：
每行第一个数K而后K个编号c1_{cK：表示K条边，编号为c1}cK 为了体现在线，c1~cK均需异或之前回答为连通的个数

Output

对于每个询问输出：连通则为‘Connected’，不连通则为‘Disconnected’ （不加引号）

Sample Input

5 10

2 1

3 2

4 2

5 1

5 3

4 1

4 3

5 2

3 1

5 4

5

1 1

3 7 0 3

4 0 7 4 6

2 2 7

4 5 0 2 13

Sample Output

Connected

Connected

Connected

Connected

Disconnected

HINT

N≤100000 M≤500000 Q≤50000 1≤K≤15

数据保证没有重边与自环

题解

你说离线我还会做吧…
离线就是经典傻逼题，直接线段树分治每条边的出现时间+并查集就能过了，复杂度是 $log^2$ 的
这个在线的就仙气满满了
首先感谢OZY学长的谆谆教诲让我发现了还有一种情况
~~同样都高中了我怎么比他菜那么多…~~
先把这个图的DFS树做出来，同样利用只有返祖边的性质
显然只断掉非树边是不会有影响的，单考虑断树边
1：有两条被相同非树边覆盖的树边被同时断掉，因为非树边只能修补孩子->祖先中这一段的一条边，两条被同时断掉的话无法弥补
2：一个点的父亲边被断掉，同时他子树中能去往这个点的祖先的边全部被断掉
我们可以把非树边的权值rand一下，树边的权值设置为覆盖了这条树边的非树边异或和
先考虑第一种情况，这时候这两条树边权值相同，异或为0
第二种情况时，非树边全部被选中的异或值和该树边的权值相同，异或同样为0
如此我们只需要对给出的边做线性基，判断一下中途出来是否是0即可
树边权值的话可以类似树上差分地搞一搞

在线做法

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#include<bitset>
#include<set>
#define LL long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define rand() rand()*rand()
using namespace std;
inline int read()
{
	int f=1,x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int stack[20];
inline void write(LL x)
{
	if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    if(!x){putchar('0');return;}
    int top=0;
    while(x)stack[++top]=x%10,x/=10;
    while(top)putchar(stack[top--]+'0');
}
inline void pr1(int x){write(x);putchar(' ');}
inline void pr2(LL x){write(x);putchar('\n');}
const int MAXN=100005;
const int MAXM=500005;
struct node{int x,y,c,next;}a[2*MAXM];int len,last[MAXN];
void ins(int x,int y,int c){len++;a[len].x=x;a[len].y=y;a[len].c=c;a[len].next=last[x];last[x]=len;}

int cal[MAXN],go[MAXN],vis[MAXN],n,m,Q;
void dfs1(int x,int ln,int fa)
{
	vis[x]=1;
	for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
	{
		int y=a[k].y;
		if(y!=fa)
		{
			if(vis[y])
			{
				if(!a[k].c)
				{
					a[k].c=rand()%(1000000000)+1;a[k^1].c=a[k].c;
					cal[x]^=a[k].c,cal[y]^=a[k].c;
//					printf("NO %d %d %d\n",x,y,a[k].c);
				}
			}
			else
			{
				dfs1(y,k,x);
				go[x]^=go[y];
			}
		}
	}
	go[x]^=cal[x];a[ln].c=a[ln^1].c=go[x];
//	a[ln].c^=cal[x];a[ln^1].c^=cal[x];
}

int base[35],bin[35];
int main()
{
	n=read();m=read();len=1;
	bin[0]=1;for(int i=1;i<=30;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		ins(x,y,0);ins(y,x,0);
	}
	dfs1(1,0,0);int cnt=0;
//	for(int i=2;i<=len;i+=2)printf("CHECKER %d %d %d\n",a[i].x,a[i].y,a[i].c);
	Q=read();while(Q--)
	{
		memset(base,0,sizeof(base));
		int u1=read();bool flag=true;
		for(int i=1;i<=u1;i++)
		{
			int p=read()^cnt;int temp=a[2*p].c;
			for(int j=30;j>=0;j--)if(temp&bin[j])
			{
				if(!base[j]){base[j]=temp;break;}
				else temp^=base[j];
			}
			if(!temp)flag=false;
		}
		if(!flag)puts("Disconnected");
		else puts("Connected"),cnt++;
	}
	return 0;
}