Icefox的博客

并查集小水题～ 需要Hash表/map/离散化一下 一开始没排序…sb了。。。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 200011inline char gc(){ static char buf[1<&...

一个边双联通分量中的点我们是可以都取走的。于是我们把边双联通分量缩成一个点，那么我们就得到了一个森林，每次询问就相当于是求树上路径权值和。至于如何缩双联通，我们用并查集来缩。find2(fa2[x])表示x缩完环以后真正的点。再用一个并查集fa1来维护一下原图的连通性。每次加边无非三种情况： 1、x,y在原图中不连通，则我们把这两棵树link起来。 2、x,y在新图中已经是一个点了，忽略。 3

做完bzoj2959，再做这道题就显得比较简单了。我们要维护一个边双联通分量大小。用并查集来缩点即可。

我们把操作离线，删边操作就变成了合并。每个连通块维护一棵splay，合并时把sz小的暴力插到sz大的里面去即可。复杂度O(nlog2n)O(nlog^2n)，为什么呢，因为一个点x被暴力插入一次，则它的sz至少大了一倍，所以一个点最多暴力插入logn次。 tips:ins之后要转到跟呀转到跟！

A.snowboots（离线+贪心+并查集） 都按S排序以后，每次把不能走的染黑，如果任意一段连续的黑色个数小于< d的话我就可以通过，否则不行。可以用并查集来维护最大子段和。复杂度O(nlogn)O(nlogn)B.dirtraverse（树+搜索+递推） 首先处理出选1做当前目录的答案，然后可以直接递推得到选儿子y做当前目录的答案，f[y]=f[1]−(len[y]+1)∗sz[y]+3∗(

写着感觉好麻烦呀。。。心力交瘁。。。大概就是缩花，花套花想想就迷。。。推荐几个学习的好地方： http://www.csie.ntnu.edu.tw/~u91029/Matching.html 2015 年中国国家队候选队员论文集，陈胤伯，《浅谈图的匹配算法及其应用》

把所有边按a值从小到大排序。不断往里加边，维护连通性，如果成环，查询目前x,y路径上的b的最大值，如果我当前边的b比最大值还大，则肯定不往里加。否则替换掉最大的b值那条边，连通性不变。如果1和n已经联通，就更新答案，用目前1，n路径上的b的最大值+当前边的a值来更新。这样为什么是正确的呢？考虑你这次替换了一条边进去，分两种情况 1.这条边在目前1~n的路径上，则显然这条边的a值是最大的a值。

因为没有删边操作，可以直接拿并查集维护连通性。为啥不能直接带权并查集呢？因为还有修改点权。#include #include #include using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 30010inline int read(){ int x=0,f=1;char ch

很久以前的坑=,= 题意：给你一个排列序列，每次询问问l,r区间内最长的值域连续段长度。范围50000，长得就像莫队-，-。怎么转移呢，首先有一个比较明显的做法，用数值建一棵线段树，维护最大子段和。这样的复杂度是(nn−√logn)(n\sqrt nlogn)的，但是常数巨大，不太好卡过去。。。按堆建树，从下往上推，蜜汁分块大小，居然卡过去了。欣慰，附上代码。然而正解是这样的：我们对每一个数都记一

A.lifeguards（线段树+枚举） 枚举删掉哪条线段，离散化+线段树维护线段覆盖长度qaq B.rental（贪心+二分+枚举） 枚举留几头牛，贪心算收益qaq C.mootube（并查集+暴力） 类似最大生成树的并查集+暴力处理出dis，然后暴力回答询问qaq

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 100010inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); whi

首先对于每个点i，记离它最近的加油站为from[i],我们可以贪心的发现，在加油站a到加油站b的最短路（只经过非加油站）上，所有的点的from一定是这样的：前一部分都是a，后一部分都是b。也就是说只存在这样的一条边，他的两端点的from不同，记这条边的边权为w，则a到b的最短路为dis[a]+w+dis[b]。（dis[i]表示i到离它最近的加油站的距离）于是我们以所有加油站为源点，做一遍多源最短路

官方正解给的是线段树+并查集，好毒瘤呀！写的我心神俱疲呀orz 我是每个节点维护左边K个点和右边K个点的连通性，还有连通块的个数。然后每次合并两个节点的时候，就暴力枚举K^2条边来并查集维护。再更新对结果的l和r。然后每次查询的时候就直接合并logn个节点即可。当节点的区间长度不足k时太毒瘤啦！【我写的简直太丑了】复杂度O(nlognk2+qlognk2)O(nlognk2+qlognk2)O(...

每个连通块维护一棵权值线段树即可。动态开点，查询时去线段树上爬即可。然后每次合并集合的时候把线段树也合并了。关于线段树合并：传送门 upd：也可以启发式合并平衡树，每次把sz小的直接塞到sz大的中去。线段树合并#include &lt;cstdio&gt;#include &lt;cstring&gt;#include &lt;algorithm&gt;#include &lt...

我们首先把必须加入的0边加进去（把所有1边全加进去，然后此时还能加进去的0边就是必须加的0边） 如果必须加的0边个数&gt;K则无解。否则继续加0边直到K条。 如果加不到K条也无解。然后再加1边，能加就加进去即可。 不连通也是无解。 解决。#include &lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#define ll long long#...

给定一个大小为m的集合，每一个数都是0 ~ 2n−12n−12^n-1的，如果两个数x,y满足x&amp;y==0就连一条无向边，问这m个数连成的图有多少个连通块。考虑x&amp;y==0,那么x一定是~y的子集。于是枚举并查集维护连通性即可。 然而复杂度很要命，需要你剪枝qaq，比如说预处理一个i及i的子集是否存在，如果已经联通就不再往下做等等 复杂度O(n2n)O(n2n)O(n2^n...

二分答案以后就是不能经过若干圆，能否从(1,1)走到(n,m) 只要(1,m)，(n,1)不连通即可。 并查集维护一波即可。 复杂度O(n2logw)O(n2logw)O(n^2logw)#include &lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#define inf 0x3f3f3f3f#define ll long long#defi...

首先我们对每一个速度建一个点，然后对于每一个路段(s,t)，建边s-&gt;t。这样我们就是求可以在这张图中添加一些边，要求经过每条边恰好一次。我们添加一条(inf,1)的边，这样就是要求把这张图变成欧拉图。考虑这样一个区间[x,x+1][x,x+1][x,x+1] , 只有满足s≤x,t≥x+1s≤x,t≥x+1s≤x,t≥x+1的边与满足t≤x,s≥x+1t≤x,s≥x+1t≤x,s≥...

倒着做，加边，维护边双。 lct+并查集。类似：portal 见一次不会一次系列qaq

考虑暴力做法，就是每次把对应位置都用并查集合并了。最后答案就是9*10^（连通块个数-1）。然而这样太暴力了，怎么优化呢？ 我们考虑倍增的思想，用id[j][i]这个点表示j…j+(1< < i)-1这一段。我们每次合并两个对应区间时，变成合并logn个对应区间。 最后再从上往下推到i=0.即如果id[x][i]和id[y][i]联通,则id[x][i-1],id[y][i-1]也联通，id[x

首先把有相等关系的都并成一个，方便讨论。 然后直接O(n2)O(n^2)暴力处理出每一个点的取值范围。 如果既有前驱又有后继，那这个点一定是2，然后暴力更新其他已知点。 未更新值的点可能有多种取值，根据连边关系限定。 然后暴力枚举C,D,以及A,B,C,D的取值，判断是否合法。以及是否答案为唯一。

首先求出每个连通子树的直径，注意记在根上，可以有向的合并。 然后就是并查集了。合并两个连通子树，使得新直径最小，考虑新直径如果横跨两块，则最优的显然是把两块的直径中点连起来。 所以合并之后直径的最小值就是max(max(d1,d2),(d1+1)/2+(d2+1)/2+1)

给定一棵n个点的树(n=1e5)，有边权， 两点间距离定义为两点路径上的 边权最小值。m个询问(m=1e5)，k,v， 询问对于点v，距离>=k的点有多少个(不含v) 离线+并查集，按k从大到小做， 此时与v连通的所有点均为答案。#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#d

A.mootube（离线+并查集） 给定一棵n个点的树(n=1e5)，有边权，两点间距离定义为两点路径上的边权最小值。m个询问(m=1e5)，k,v，询问对于点v，距离>=k的点有多少个(不含v)离线+并查集，按k从大到小做，此时与v连通的所有点均为答案。 我已经菜到想不出这种题了qaqB.lifeguards（树+贪心） 给定一棵有根树，wrx一开始在根，每个叶子节点都是出口，你可以在每个出

都按S排序以后，每次把不能走的染黑，如果任意一段连续的黑色个数小于< d的话我就可以通过，否则不行。可以用并查集来维护最大子段和。复杂度O(nlogn)#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <queue>using namespace std;#define ll long long#define

D2 T1.cheese并查集 T2.treasure状压dp（爆搜） T3.phalanx线段树（暴力），只会80分。

首先判断是否可行，把0边链接的点都合并起来，看每一种类的所有点是不是都在一个集合内。然后缩成500个点，跑Floyd即可。

首先考虑如何判定是否有不合法的，我们把这些区间信息按照v从大到小排序，按顺序做，每次相当于在区间中找一个位置，填下这个v，还要满足这个v不能填在已经做过的区间中（否则那些区间的最小值就是这次的v了，显然小于了本来应该是的v），那么我们就每次判断是否能填后，用一条线段覆盖本次区间，表示这个区间不能填比我小的了。v相等的若干区间怎么办呢？我们求出这些区间的交，如果交为空，则显然不可能，否则v一定要填在交

挺裸的带权并查集。。。注意一下N应该是300000，而不是30000

水题一道。

要求路径上最大边与最小边比值的最小值。我们知道，如果固定最小值，最大值越接近最小值，他们的比值越小。因此我们可以采用类似bzoj3454的方法，把所有边从小到大排序，枚举最小值，再枚举最大值，用并查集维护，当s和t连通时，便是此最小值的最优答案。复杂度O(m2)O(m^2)

首先按怒气值从大到小排序，我们贪心的尽量让怒气值最大的两人不在一起。 直到没有办法了，两人只能在一起时，输出答案。 怎么维护呢？类似团伙那道题，让我的敌人和我的敌人在一起。直到两者已经在一个集合中时，输出答案。也可以像食物链那道题，做一个带权并查集，d[i]=0表示i与fa[i]不是敌人，1表示i与fa[i]是敌人。

还是那句话，注意方向

题解网上有很多。。。不想说了。。。考场上像我这种蒟蒻是想不出来的吧。。。提醒大家一点，按照向量运算去理解带权并查集的路径压缩会非常有帮助哟

基本同bzoj1854 还是如果一个块内有环，则这一个块内都可以满足，否则必定有一个点不满足。（这题题意有毒，读了半天才明白 是你可以把一些边变成单向边，其他的可以删去。）

最重要的写在最前面:这题要用c++编译器才能过！！！默认的G++过不了！！！坑害多少生灵，╭(╯^╰)╮ 首先要发现，如果上下边界联通则一定过不去。我们把上边界叫做0，下边界叫做n+1，与他们相交的合并进一个集合，两圆相交的也合并进一个集合。看上下边界是否在同一个集合里即可判断能否通过。然后是找最大值的问题。先看起点的最大值，什么样的圆才会影响我们的起点最大值呢？至少，这个圆要与起点线（即左边界）

并查集裸题。

每次修好一台，暴力O(n)扫一遍，把能和他直接通讯的合并起来。复杂度O(nm)吧

对于朋友，我们直接合并两人所在的集合。对于敌人，我们分别合并一人与另一人的敌人。我们只需再记下每个人的一个敌人即可。最后统计有多少个连通块便是答案

把询问离线了，按时间顺序排序，做好询问时间以前的。用带权并查集维护，因为要求曼哈顿距离，所以我们记录dx[i]数组表示x[fa[i]]-x[i]，注意是有方向的。dy[i]同理。合并时处理好方向问题。还是那句话，画向量图来帮助你思维。 有没有哪位神犇能告诉我usaco green是个什么分级么。。跟gold pt不一样？