题目大意:
给定一个nnn个点,mmm条边无向图。一个四元组(u,v,a,b)(u,v,a,b)(u,v,a,b)代表一条从uuu到vvv的属性为(a,b)(a,b)(a,b)无向边。
有qqq组询问,一个四元组(u,v,A,B)(u,v,A,B)(u,v,A,B)代表询问是否存在一条uuu到vvv的路径(不一定要是简单路径),使得max(a)=Amax(a)=Amax(a)=A,max(a)=Bmax(a)=Bmax(a)=B。
n,q≤5∗104,m≤105,a,b≤109n,q≤5*10^4,m≤10^5,a,b≤10^9n,q≤5∗104,m≤105,a,b≤109
分析:
显然对于每一个询问,只有a≤Aa≤Aa≤A,b≤Bb≤Bb≤B的边有用。
可以使用并查集进行维护求解。具体的,如果uuu与vvv在同一集合,直接看aaa,bbb是否可以更新集合的两个最大值。
显然只要连通,必定存在一条路径经过aaa最大的边和bbb最大的边。
如果不连通,那么连上后一样处理。
考虑对aaa值域分块,这里要使用离散化,具体是先对第一维排序,然后对下标分块。
然后对于每一块我们处理第一维在[a[i],a[i+size])[a[i],a[i+size])[a[i],a[i+size])范围内的询问,其中iii是某块左边界。
把这些询问按bbb排序,这里的处理有点类似于莫队。
显然a[1]a[1]a[1]~a[i−1]a[i-1]a[i−1]的边都是第一维满足的,直接对第二维排序,以为bbb也是有序的,可以使用指针进行插入。
然后枚举a[i]a[i]a[i]~a[i+size−1]a[i+size-1]a[i+size−1]的边,这些边只有m\sqrt mm条,直接暴力处理,然后撤回这些操作。只需要记录每次操作改变的东西,使用启发式合并即可。
这里有点类似于回滚处理,先把右边界移动到询问边界,把左边界设置在块的最右端,再进行左边界移动,完成询问后左边界恢复,右边界不变。这样保证每次操作都是合并操作,撤回操作也是按插入顺序依次撤回。
代码:
// luogu-judger-enable-o2
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
const int maxn=1e5+7;
using namespace std;
int n,m,T,la,ra,lb,rb,A,B,cnt,top,block;
int ans[maxn];
struct data{
int u,v,a,b,num;
}a[maxn],c[maxn],q[maxn],h[maxn];
struct node{
int fa,size,maxa,maxb;
}p[maxn];
bool cmpa(data a,data b)
{
return a.a<b.a;
}
bool cmpb(data a,data b)
{
return a.b<b.b;
}
int find(int x)
{
if (!p[x].fa) return x;
return find(p[x].fa);
}
void uni(int u,int v,int a,int b)
{
u=find(u),v=find(v);
if (p[u].size>p[v].size) swap(u,v);
h[++top]=(data){u,v,p[v].maxa,p[v].maxb};
if (u==v)
{
p[v].maxa=max(p[v].maxa,a);
p[v].maxb=max(p[v].maxb,b);
return;
}
p[u].fa=v;
p[v].size+=p[u].size;
p[v].maxa=max(max(p[v].maxa,a),p[u].maxa);
p[v].maxb=max(max(p[v].maxb,b),p[u].maxb);
}
void del(int num)
{
int u=h[num].u,v=h[num].v,a=h[num].a,b=h[num].b;
if (u==v)
{
p[v].maxa=a;
p[v].maxb=b;
return;
}
else
{
p[u].fa=0;
p[v].size-=p[u].size;
p[v].maxa=a;
p[v].maxb=b;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&a[i].u,&a[i].v,&a[i].a,&a[i].b);
}
sort(a+1,a+m+1,cmpa);
scanf("%d",&T);
for (int i=1;i<=T;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&q[i].u,&q[i].v,&q[i].a,&q[i].b);
q[i].num=i;
}
sort(q+1,q+T+1,cmpb);
block=trunc(sqrt(m))+1;
for (int i=1;i<=m;i+=block)
{
cnt=0;
for (int j=1;j<=T;j++)
{
if ((q[j].a>=a[i].a) && ((i+block>m) || (q[j].a<a[i+block].a)))
{
c[++cnt]=q[j];
}
}
sort(a+1,a+i,cmpb);
for (int j=1;j<=n;j++) p[j]=(node){0,1,-1,-1};
int now=1;
for (int j=1;j<=cnt;j++)
{
while ((now<i) && (a[now].b<=c[j].b))
{
uni(a[now].u,a[now].v,a[now].a,a[now].b);
now++;
}
top=0;
for (int k=i;(k<=m) && (k<i+block);k++)
{
if ((a[k].a<=c[j].a) && (a[k].b<=c[j].b))
{
uni(a[k].u,a[k].v,a[k].a,a[k].b);
}
}
int cu=find(c[j].u),cv=find(c[j].v);
ans[c[j].num]=((cu==cv) && (p[cu].maxa==c[j].a) && (p[cu].maxb==c[j].b));
while (top)
{
del(top);
top--;
}
}
}
for (int i=1;i<=T;i++)
{
if (ans[i]) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
}