HDU - 5441 Travel 离线处理+并查集

题意

给我们一个图 给出这个图的n个点 和m个边和权值 然后再分别给我们q个查询 每个查询给一个x
让我们在这个图中找出多少个不同的有序对 使得从x到y的最大权值不超过x
n≤20000,m≤100000,q≤5000.

分析

20000个点 1000ms 暴力肯定不行
看似这道题像是个图论的题
嘿嘿嘿 其实。。。
我们看 如何找出符合题目条件所需要的对数呢
我们如果对任意一个查询 我们对一条新的边考虑如果这条新的边其权值满足当前查询 那么就把他算进来 那么我们要继续找边 我们肯定不能找大的边
因为大的边肯定满足不了当前查询 所以我们还是要从小边找起来
所以我们要对边进行排序
然后对一个查询 我们也最好从小的查询搞起来
因为小查询的结果一定满足大查询的结果
如果不要重复计算 我们就需要从小的查询开始
那么这里就考虑离线处理
一个小的查询的结果是可以转移到大的查询的结果 这样可以更迅速的把q个查询算出来
确定了这两点 我们再看如何把一个查询的值求出来
我们不是要枚举边么 那么如何才能做到有效统计并转移小查询的结果给大查询呢？
假设我们已经找到了好几个符合条件的边
有些边是组成一个联通块 有些边组成不同联通块
对于符合条件的联通块 我们一定要对这个块进行计数 就是从这个块中的数量中选出两个元素来的所有可能
如果来了一条新边 这条边 有两种可能1 这条边属于某个联通块2 此边形成新的联通块
情况1 ： 我们就需要把这条边的新点加进去 也就是把当前新点的数量n1 * 原来联通块中的旧点n2 *2 （双向）
情况2 ： 那么我们就需要把这个新块 同情况一的算法算一下
累计结果
下一次查询可以重复利用
那么这里我们就可以考虑并查集了
对于一个并查集元素 我们记录这个点的father 和 本块内的数量
初始化f = 自己 数量 = 1 没得到一个新边我们就查询边的两头的点的父亲是否为同一个 不同就合并 并累计数量
问题就解决了
这道题还是考虑一个如何顺序化考虑解 如何把符合条件的联通块计数问题转化为边的问题 如何把小查询结果转移到大的查询的问题

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int num,f;
}n[20010];
int N,M,Q,ans[5010];
struct edge{int s,e,w;
}e[100010];
bool cmp(edge a,edge b){return a.w<b.w;//对于edge把权值小的放前面
}
struct ques{int id,que;bool operator<(const ques &a){return que<a.que;//q值小的排前面 }
}Qe[5010];
int find(int x){int j=x;while(j!=n[j].f){j = n[j].f;}int i,k=x;while(k!=n[k].f){i = n[k].f;n[k].f=j;k = i;}return j;
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d%d%d",&N,&M,&Q);memset(ans+1,0,sizeof(int)*Q);for(int i=1;i<=N;i++){n[i].num=1;n[i].f=i;       }for(int i=1;i<=M;i++){scanf("%d%d%d",&e[i].s,&e[i].e,&e[i].w);}sort(e+1,e+1+M,cmp);for(int i=1;i<=Q;i++)scanf("%d",&Qe[i].que),Qe[i].id = i;sort(Qe+1,Qe+1+Q);int ce=1;//边记录位置 int cnt=0;for(int i=1; i<=Q ;i++){//枚举q  for(; ce<=M&&e[ce].w<=Qe[i].que ;ce++){// ce<=M leakint f1 = find(e[ce].s);int f2 = find(e[ce].e);if(f1!=f2){n[f2].f=f1;cnt+=n[f1].num*n[f2].num*2;    n[f1].num+=n[f2].num;}} ans[Qe[i].id]+=cnt;         } for(int i=1;i<=Q;i++)printf("%d\n",ans[i]);}return 0;
}

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