2001 Hnoi2010 City 城市建設

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ps國是乙個擁有諸多城市的大國，國王louis為城市的交通建設可謂絞盡腦汁。louis可以在某些城市之間修建道路，在不同的城市之間修建道路需要不同的花費。louis希望建造最少的道路使得國內所有的城市連通。但是由於某些因素，城市之間修建道路需要的花費會隨著時間而改變，louis會不斷得到某道路的修建代價改變的訊息，他希望每得到一條訊息後能立即知道使城市連通的最小花費總和， louis決定求助於你來完成這個任務。

檔案第一行包含三個整數n,m,q，分別表示城市的數目，可以修建的道路個數，及收到的訊息個數。接下來m行，第i+1行有三個用空格隔開的整數xi,yi,zi(1≤xi,yi≤n, 0≤zi≤50000000)，表示在城市xi與城市yi之間修建道路的代價為zi。接下來q行，每行包含兩個數k,d，表示輸入的第k個道路的修建代價修改為d(即將zk修改為d)。

輸出包含q行，第i行輸出得知前i條訊息後使城市連通的最小花費總和。

5 5 3

1 2 1

2 3 2

3 4 3

4 5 4

5 1 5

1 61 1

5 314109

【資料規模】對於20%的資料, n≤1000,m≤6000,q≤6000。有20%的資料，n≤1000,m≤50000,q≤8000,修改後的代價不會比之前的代價低。對於100%的資料, n≤20000,m≤50000,q≤50000。 [

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cdq分治，，啊。。想也想不到

傳送門這裡的ppt有很詳細的介紹了

所以就補充一點筆記吧。。

每次修改只是改了一條邊的權值，因此，修改之後的mst有著極大的相似性，藉此分治

定義過程solve(l,r)為處理(l,r)的詢問，然後將圖修改為做完(l,r)修改之後的狀態

為了很好地實現修改和詢問操作，要明確一些事情，，

一開始得到圖g，乙個點集v和乙個邊集e，要做mst

假如強制e的某個子集s中所有邊不選，然後做一次mst，假設得到一棵樹t

那麼e - t中不屬於s的所有邊，無論s中的所有邊邊權如何改變，永遠都不會被選

因為我們已經能找到更優的東西，且s的改變無法影響e - t中不屬於s的邊

再強制s中所有邊優先考慮，做一次mst，得到一棵樹t'

此時t' - s的邊無論s中所有邊邊權如何改變，永遠都會存在於mst中

因為這些邊是優先s的情況下選擇的，s無論如何改變，只能更劣，並不影響這些邊的選擇

現在，定義s = ，

那麼每次，我們執行操作1，刪掉那些永遠不會被選的邊，記這個操作為reduction

然後對於剩下的邊，執行操作2，強制加入所有必選邊，或是說縮點，記這個操作為contraction

那麼每次，reduction後，剩下的邊的數量最壞是|s| + n - 1，就是g - s中的邊能生成一棵樹

而contraction後，剩下的點的數量最壞是|s|，也就是|s|中的邊剛好無環

整個過程放在分治裡，每次|s|會縮小一半，因而操作1剩下的邊數最壞約是3*s，因為n和上一層分治乙個數量級

3已經可以看做是常數了，那麼我們只要在分治的時候reduction,contraction，將新圖傳遞給子孫解決

當l == r，剩下2~3個點，一些邊，此處先修改，然後做乙個mst，詢問就解決了，

返回的時候定義操作recover，能抵消reduction-contraction的操作就行了，

顯然recover的複雜度和reduction-contraction乙個數量級

縮點苟蒻是用安軼合併的並查集，然後solve(l,mid)返回時對邊集重新排序下

因此總的複雜度是o(nlog^n)

#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
const int maxn = 2e4 + 20;
const int maxm = 5e4 + 50;
typedef long long ll;
struct e
e(int x,int y,int w): x(x),y(y),w(w){}
}edgs[maxm];
struct data
data(int x,int y,int l): x(x),y(y),l(l){}
}s[maxm];
int n,m,q,cnt,tp,l[maxn],mark[maxm],po[maxm],d[maxm],fa[maxn],f[maxn];
ll ans[maxm];
bool cmp(const int &x,const int &y) 
int getf(int x) 
int getfa(int x) 
void merge(int x,int y)
void reset_fa(vector v)
}void reduction(vector &v,vector &g)
}void contraction(vector &g,vector &t,ll &tot)
for (int i = 0; i < g.size(); i++) 
e e = edgs[g[i]];
int x = getf(e.x),y = getf(e.y);
int fx = getfa(x),fy = getfa(y);
if (fx == fy) 
tot += 1ll*e.w;
merge(x,y); fa[fx] = fy; }}
void recover(int cur)
}void solve(int l,int r,vector &v,ll tot)
ans[l] = tot; 
recover(cur);
return;
} ++cnt; int mid = (l + r) >> 1;
for (int i = l; i <= r; i++) mark[po[i]] = cnt;
vector g,t; g.clear(); t.clear();
int cur = tp;
reduction(v,g);
contraction(g,t,tot);
solve(l,mid,t,tot); 
sort(t.begin(),t.end(),cmp);
solve(mid+1,r,t,tot);
recover(cur);
}int main()
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = i,l[i] = 1;
for (int i = 1; i <= q; i++) scanf("%d%d",&po[i],&d[i]);
vector v; v.clear();
for (int i = 1; i <= m; i++) v.push_back(i);
sort(v.begin(),v.end(),cmp);
solve(1,q,v,0);
for (int i = 1; i <= q; i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}

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HNOI2001 產品加工

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