bzoj 4025: 二分图（线段树分治 + 可撤销并查集）

题目链接:bzoj4025

题目大意：有m条边，每条边有一个出线的时刻和消失的时刻，判断每个时刻这个图是否是二分图。

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题解：

判断二分图可以用带权并查集，合并时维护一个 $dis[x]$ 数组，表示在并查集树上 x 到 其父节点的距离（只需要维护奇偶性），当出现奇环时即该时刻的图不是二分图。

因为边有出现和消失两种操作，需要一种可以维护加入和删除的可撤销并查集。对于这类题，可以根据时间分治来做。

时间分治即将 m 条边的出现时刻拆开来，将时间区间拆成不相交的小区间使得每个区间里仅有完全覆盖这些区间的边，在一个时间片里用可撤销并查集维护判断是否是二分图即可。

在线段树上一个区间最多拆成 log 个子区间。以时间建一棵线段树，每个结点是一个vector，每个结点存放出现时间能覆盖这个区间的边集（如果父结点存了子结点就不用再存），在线段树上dfs，在每个节点用可撤销并查集维护图，当递归到叶子节点还没有出现奇环时，就可以判定这个时刻的图是一个二分图。

若在某一个结点已经出现奇环，因为奇环只有通过删边的方式才能消除，其子节点必定不是二分图，可以直接退出。

回溯时根据栈序撤销这个结点的并查集操作即可。

注意点： 普通的并查集带权并查集用路径压缩优化时，可以同时将 $dis$ 数组进行压缩，直接维护 $dis[x]$ 表示 x 到根节点的距离，用启发式合并优化时，不需要压缩维护 $dis$ 数组 ，因为树高为 log，可以沿着链直接暴力查询。因为需要支持可撤销的原因，压缩维护 $dis$ 数组在撤回时状态会出错。

空间和时间都是 $O(n\log n)$

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代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define lson rt << 1,l,mid
#define rson rt << 1 | 1,mid + 1,r
#define fir first
#define sec second
const int maxn = 2e5 + 10;
int n,m,t;
vector<pii> seg[maxn << 2];
int dep[maxn],p[maxn],d[maxn],ans[maxn];
int find(int x) {
	return p[x] == x ? x : find(p[x]);
}
int getdis(int x) {
	return p[x] == x ? 0 : getdis(p[x]) ^ d[x];
}
void upd(int L,int R,pii v,int rt,int l,int r) {
	if(L <= l && r <= R) {
		seg[rt].push_back(v);
		return ;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	if(L <= mid) upd(L,R,v,lson);
	if(mid + 1 <= R) upd(L,R,v,rson);
}
void dfs(int rt,int l,int r) {
	vector<pair<int,pii> > sta;
	int f = 0;
	for(int i = 0; i < seg[rt].size(); i++) {
		pii it = seg[rt][i];
		int fx = find(it.fir),fy = find(it.sec);
		if(fx == fy) {
			if(getdis(it.fir) == getdis(it.sec)) {
				f = 1;
				break;
			}
		} else {
			if(dep[fx] > dep[fy]) swap(fx,fy),swap(it.fir,it.sec);
			sta.push_back(make_pair(fx,pii(fy,dep[fy])));
			if(dep[fx] == dep[fy]) dep[fy]++;
			d[fx] = d[it.fir] ^ d[it.sec] ^ 1;
			p[fx] = fy;
		}
	}
	if(!f) {
		if(l == r) ans[l] = 1;
		else {
			int mid = (l + r) >> 1;
			dfs(lson);dfs(rson);
		}	
	}
	for(int i = sta.size() - 1; i >= 0; i--) {				//栈序撤销 
		p[sta[i].fir] = sta[i].fir;
		d[sta[i].fir] = 0;
		dep[sta[i].sec.fir] = sta[i].sec.sec;
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		p[i] = i,d[i] = 0,dep[i] = 1;
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		int u,v,st,ed;
		scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&st,&ed);
		if(st == ed) continue;
		upd(st + 1,ed,pii(u,v),1,1,t);
	}
	dfs(1,1,t);
	for(int i = 1; i <= t; i++) {
		puts(ans[i] ? "Yes" : "No");
	}
	return 0;
}