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去题面的传送门Solution 1：并查集QAQ之前做过并的查集做法。 按权值排序，优先把大权值的分开 对于一个节点a，a+n表示和它不在一个监狱里 代码：#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namesp

去题面的传送门 第一反应是并查集维护战舰之间的集合关系，记录每一个战舰前面的战舰数量pre[i]，记录每一个并查集的集合大小rank[i]，每次合并更新pre的大小，查询时如果两艘战舰在不同的集合里，直接return -1。反之，返回两艘战舰的pre之差-1，就是两艘战舰之间的战舰数量 但是对于如何维护pre，我调试了很久。 一开始想的是，每次合并时，把排列在后面的那个集合的根节点的pre+前

可提交的传送门题目描述 Description动物王国中有三类动物 A,B,C，这三类动物的食物链构成了有趣的环形。A吃B，B吃C，C吃A。 　　 现有N个动物，以1－N编号。每个动物都是A,B,C中的一种，但是我们并不知道它到底是哪一种。 　　 有人用两种说法对这N个动物所构成的食物链关系进行描述： 第一种说法是“1 X Y”，表示X和Y是同类。 　　 第二种说法是“2 X Y”，

去题面的传送门记得之前做过一个跟这个题很类似的。那道题是每次删一条边，问联通块的个数。正解就是离线处理，然后倒序加边，用并查集维护。而这道题是删点，同样想到离线处理然后倒序加点，唯一的不同是这道题要把这个点连接的所有边都for一遍。。。 话不多说，上代码：#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorith

去题面的传送门第一眼觉得这题很难。。。然后在手推样例时，发现每在一个连通块里加一条边，对答案的贡献就是原图的答案+1.也就是答案变为原来的两倍加一。一开始只是观察样例是这样的。后来发现这个题的确是这样。 为什么呢？ （前提，加入的边的两节点都已经在连通块里） ①这两个节点本来就有边连接。相当等于用这条边替换其他的边。 ②这两个节点本来没有边连接。相当等于增加了一个强连通分量 每次答案输出

考试的时候打了八十分暴力QAQ虽然八十分过了，但是算法有bug。。数据没有卡我算法，然后就水过了8个点。。害怕。 正解： 二分+并查集 二分前mid个是否有矛盾的，特判一下全部符合的，答案为n+1 验证答案时，用并查集维护。 首先，如果已知一段区间[a,b]的最小值为x1，再出现一组猜测：[c,d]的最小值为x2。 ① 若x1 > x2且区间[c,d] 包含在[a,b]里，则自相矛盾。