[图的联通性]2018ecfinal A

最新推荐文章于 2023-12-27 15:21:39 发布

ezoilearner

最新推荐文章于 2023-12-27 15:21:39 发布

阅读量227

点赞数

分类专栏：图论文章标签：算法

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/ezoilearner/article/details/120675024

版权

图论专栏收录该内容

2 篇文章

订阅专栏

wxh的题解
 b站
博主太鸽子了，于是打算水一篇题解
题意：给定二分图G，左右各n个点，边权范围为[1,30]。定义 $G^m$ 为二分图重复m次，有m+1层点，第i层和第i+1层之间的连边同G。对于 $1\leqslant m \leqslant M$ 求出 $G^m$ 的最小生成树
$n,m\leqslant 10^5,|E|\leqslant 2*10^5$
博主太傻逼了，无法理解这题的做法，想了下，补充一个没卵用的所谓的严谨的说法
解法:对于 $1\leqslant w <30$ 的每个w求出 $\leqslant w$ 的边形成了多少个联通块
假设我们处理好了 $G^m$ 的联通情况
不妨假设我们将这个联通情况的每个联通块弄出了一个树，然后给每个点指定fa(联通块生成树的根不用指定fa)
具体而言的,我们会对每个点 $(i, j)$ 设立 $fa_{i,j}$ ，表示第i层第j个点的父亲是啥(同样用一个二元组表示,如果没有父亲就表示为 $(- 1, - 1)$ )
对于 $fa_{i,j}->first\neq -1$ 的, $i+1\geqslant fa_{i,j}->first \geqslant i$
读者可以停下思考一下这个联通块的生成树张啥样
我们从 $G^m$ 扩充到 $G^{m+1}$
m+1可以视为前m个G和后m个G的并
但如果把 $G^m$ 中两层之间的边都右移一次，从而实现联通性的保证，处理起来边太多了，没有头绪
于是我们提出一个归纳假设:
对于 $1<i\leqslant m$ 的, $G_i$ 的联通性比 $G_{i-1}$ 的更强
定义 $G_i$ : $2\times n$ 个点，对于 $fa_{i,j}->first!=-1$ 的，连接 $j-fa_{i,j}->second+n$
所谓联通性更强，就是在 $G_{i-1}$ 里联通的，在 $G_i$ 里也是联通的
于是只用把 $fa_m,fa_{m+1}$ 的边暴躁复制到 $m + 1, m + 2$ 层即可
梳理一下，对于 $1\leqslant i \leqslant m$ 第i层我们都是 $fa_i$ 的连边
$m + 1$ 层是 $fa_m,fa_{m+1}$ 的连边
$m + 2$ 层是 $fa_{m+1}$ 的连边
于是要做好m+1和m+2两层连边的维护，得到 $fa'_m,fa'_{m+1}$ ,保证好每个联通块恰有一棵生成树
至于如何得到 $fa'_m,fa'_{m+1}$ 的边，上面的题解，包括下面的代码都表示出来了
很显然，上面联通性更强的归纳仍然成立

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,M,m;
#define Maxn 100010
ll Ans[Maxn];
ll lastsum[Maxn];

struct Edge{int s,e;};
vector<Edge> edge[31];
vector<Edge> cur,nex;

int fa[Maxn<<1];
int find(int x){
	if(fa[x]!=x)fa[x]=find(fa[x]);
	return fa[x];
}

inline void solve(int x){
	cur.clear();
	ll res=0;
	for(int i=1;i<=2*n;++i)fa[i]=i;
	for(int i=0;i<edge[x].size();++i){
		int fx=find(edge[x][i].s);
		int fy=find(edge[x][i].e+n);
		if(fx==fy)continue;
		if(fx>n&&fy>n)cur.push_back((Edge){fx-n,fy-n});
		if(fx>fy)swap(fx,fy);
		fa[fx]=fy;
	}
	int siz1=0;
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		if(find(i)==i)siz1++;
	int siz2=0;
	for(register int i=n+1;i<=2*n;++i)
		if(find(i)==i)siz2++;
	res+=siz1;
	Ans[1]+=1ll*(2*n-siz1-siz2-lastsum[1])*x;
	lastsum[1]=2*n-siz1-siz2;
	for(register int i=2;i<=M;++i,cur=nex,nex.clear()){
		for(int j=0;j<cur.size();++j){
			int fx=find(cur[j].s);
			int fy=find(cur[j].e);
			if(fx==fy)continue;
			if(fx>fy)swap(fx,fy);
			fa[fx]=fy;
			if(fx>n&&fy>n)nex.push_back((Edge){fx-n,fy-n}),siz2--;
			else siz1--;
		}
		res+=siz1;
		Ans[i]+=1ll*(1ll*n*(i+1)-res-siz2-lastsum[i])*x;
		lastsum[i]=1ll*n*(i+1)-res-siz2;
	}
}

inline void rd(int &x){
	x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
}

int main(){
	rd(n);rd(M);rd(m);
	int s,e,t;
	for(register int i=1;i<=m;++i){
		rd(s);rd(e);rd(t);
		for(register int j=t;j<=30;++j)edge[j].push_back((Edge){s,e});
	}
    for(register int i=1;i<=30;++i)solve(i);
    for(register int i=1;i<=M;++i)printf("%lld\n",Ans[i]);
    return 0;
}/*
4 4 8
3 4 12
1 1 20
1 3 22
4 2 12
4 4 2
2 2 2
1 2 2
1 4 2
*/