黑魔法師之門
(magician.pas/c/cpp)
題目描述
的個數對1000000009取模的值。此處子圖(v, e) 定義為：點集v和邊集e都是原圖的任意子集，其中e中的邊的端點都在v中。
輸入格式
第一行包含兩個整數n和m。
接下來m行，每行兩個整數a和b，代表門控系統新增了一條無向邊(a, b)。
輸出格式
輸出一共m行，表示每次操作後的密碼。
樣例輸入
4 83 13 2
2 12 1
1 31 4
2 42 3
樣例輸出
樣例說明
第三次新增之後，存在乙個滿足條件的子圖（其中1, 2, 3是資料中邊的標號）。
第四次新增之後，存在三個子圖，，。 ……
資料範圍與約定
對於30% 的資料，n, m≤10。
對於100% 的資料，n≤200000，m≤300000。
題目中定義的子環，經過分析可以發現，它就是乙個乙個環。
我們可以求出元環個數n來，再根據排列組合求出元環組合（子圖）總數為2^n-1.
我考試的時候卡在了後面那句話上，因此就沒做出來。
即子圖總數為2^n-1，因為我以為這些環必須是有交點的。實際上不用，再仔細看一下定義，可以明白，下面這種情況，其實他的子圖個數是3而不是2。
當時我就卡在了這裡，我想找到所有有交點的環，再用排列組合來算，但是這實際上很難處理。。。都是題意沒有搞清楚的過。
多讀題，仔細理解，總會有收穫的。
和環有關的演算法，了解到並查集的優勢後，現在能夠使用的就有三個了。tarjan，floyd，並查集。（tarjan放在這裡其實是比較牽強的）
而並查集，我們只需要在加入新的邊之前，判斷是否已經在乙個聯通分量裡，如果在，增加一條邊，必定會增加乙個元環。
題解裡的思路和我的不同。順便貼上題解。
黑魔法師之門
大致思路：
實際上每次操作後的答案就是2^(圖中」元」環的個數)。
元環的意思如右圖所示，(1-2-3-4-1)和(3-4-5-3) 是元環，
1-2-3-5-4-1 不是，因為它可以看做由上述的兩個環合成。
因為乙個環裡每個點的度數都是大於零的偶數，我們可以這
樣來構造答案：每個環有選和不選兩種選擇，如果選擇了該
環，那麼環上所有邊的「選擇次數」+1。最後取所有「選擇次數」為奇數的邊構成乙個邊集，
就是乙個答案。可以證明這樣構造出來的解不重複且涵蓋了所有情況。因此答案就是2^(圖
中」元」環的個數)。實現方法非常簡單，只需要乙個並查集即可。
具體實現方法：
並查集維護連通性，初始化ans=1。
加入一條邊(x,y)時，如果x 和y 在同一集合內，ans*=2。
每次詢問輸出ans-1。
時間複雜度o(m α(n))，α(n)代表並查集的複雜度。
#include #include using std::cout;
long fa[200010];
long getroot(long l)
inline void merge(long a,long b)
long getint()
do rs=(rs<<3)+(rs<<1)+tmp-'0';
while (isdigit(tmp=getchar()));
return sgn?rs:-rs;
}int main()
else
merge(a,b);
printf("%ld\n",ans-1);
} return 0;
}
黑魔法師之門 並查集
有一張無向無權圖，求每一時刻圖中每個點的度數大於零且都是偶數的子圖的個數對1000000009取模的值。此處子圖 v,e 定義為 點集v和邊集e都是原圖的任意子集，其中e中的邊的端點都在v中。由於每一時刻都要輸出，所以dfs肯定是不行的，像 連通塊 一樣，正解是並查集。題目中圖中每個點的度數大於零且...
黑魔法師之門 magician 並查集
題目 輸入輸出 第一行包含兩個整數 n 和 m。接下來 m 行，每行兩個整數 a和 b，代表門控系統新增了一條無向邊 a,b 輸出一共 m 行，表示每次操作後的密碼。輸入樣例 4 8 3 13 2 2 12 1 1 31 4 2 42 3 輸出樣例 0 01 37715 31題意簡述 每次加邊之後輸...
黑魔法師之門
給出乙個大小為 n 的無向圖，求圖中每個點的度數大於零且都是偶數的子圖的個數。子圖不一定是聯通的！則設圖中最小環 不由其它環組成的環 的個數為 x 如果同一聯通塊中的點再次聯通，就構成了乙個新的最小環。因為這些環選與不選都可構成新子圖，於是 ans 2 x 1 去掉乙個環都不選的情況 include...