CodeForces - 1217F Forced Online Queries Problem(线段树分治+并查集撤销)

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题目大意：给出 nnn 个点，初始时互相不存在连边，需要执行 mmm 次操作，每次操作分为两种类型：

1xy1 \ x \ y1 x y：如果 (x,y)(x,y)(x,y) 之间没有连边，则增加连边；如果 (x,y)(x,y)(x,y) 之间存在连边，则删除连边
2xy2 \ x \ y2 x y：询问点 xxx 和点 yyy 之间是否联通

询问需要强制在线

题目分析：关于强制在线实现连边与加边，如果是在树上进行的话可以用 LCTLCTLCT，但如果放在图上的话好像是可以用 ETTETTETT，不过这个题目需要看出这个强制在线是个假的，所以可以离线去做

之前做过一道类似的题目：牛客多校8 - All-Star Game

所以这个题目考虑用线段树分治离线去做，将每个节点视为询问的时间点，递归的时候实现并查集的加边，回溯的时候实现并查集的撤销即可，访问到叶子节点时回答每个询问并且更新后续的询问

然后关键点就是如何将题目转换成离线去做，因为上一次的答案只可能为 000 或 111，所以对于一对询问 (x,y)(x,y)(x,y) 来说，只可能是 (x,y)(x,y)(x,y) 或 (xmodn+1,ymodn+1)(x \bmod n+1,y\bmod n+1)(xmodn+1,ymodn+1)，对于操作二的话无伤大雅，直接存起来下面会讲如何更新，而对于操作一来说，线段树分治的本质就是将 (x,y)(x,y)(x,y) 这条边的出现时间到删除时间的这段区间打上标记，所以我们可以在读入时就将所有的 (x,y)(x,y)(x,y) 点对都压入到线段树中

举个很简单的例子，假设 (x,y)(x,y)(x,y) 这条边的出现位置共有三次，分别是 t1,t2,t3t_1,t_2,t_3t1,t2,t3，我们先不用管哪个时间点是删除，哪个时间点是增加，直接将所有的连续区间都打上标记，诸如：[t1,t2],[t2,t3],[t3,m][t_1,t_2],[t_2,t_3],[t_3,m][t1,t2],[t2,t3],[t3,m]（ mmm 是询问的个数，相当于最后的一个时间点），然后在分治的过程中，根据实际的询问去选择是否加边

最后说一下如何实时更新出实际的询问以及加边，因为线段树递归到叶子节点的顺序一定是从左到右下去的，所以当递归到叶子节点 xxx 时，x−1x-1x−1 一定结束了，且 x+1x+1x+1 一定还没有被访问过，利用这个特点每次询问完叶子节点 xxx 后可以顺便将 x+1x+1x+1 位置的询问更新一下

代码：

// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{T f=1;x=0;char ch=getchar();while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+100;
struct{int op,x,y;}q[N];
map<pair<int,int>,int>mp;
int f[N],rk[N],ans[N],last,n,m;
struct revo
{int fax,fay;int rkx,rky;
};
struct Node
{int l,r;vector<pair<int,int>>node;//位于[l,r]这段时间内的边有哪些
}tree[N<<2];
int find(int x){return f[x]==x?x:find(f[x]);}
revo merge(int x,int y)//并查集的合并，返回合并之前的信息revo用于撤销
{revo ans;int xx=find(x),yy=find(y);ans.fax=xx,ans.fay=yy;ans.rkx=rk[xx],ans.rky=rk[yy];if(xx!=yy){if(rk[xx]>rk[yy]) swap(xx,yy);f[xx]=yy;rk[yy]=max(rk[yy],rk[xx]+1);}return ans;
}
void revocation(stack<revo>&st)//并查集的撤销，将并查集恢复至node状态
{while(st.size()){revo a=st.top();f[a.fax]=a.fax,f[a.fay]=a.fay;rk[a.fax]=a.rkx,rk[a.fay]=a.rky;st.pop();}
}
void build(int k,int l,int r)
{tree[k].l=l,tree[k].r=r;if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;build(k<<1,l,mid),build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void update(int k,int l,int r,pair<int,int>val)
{if(l>r) return;if(tree[k].l>r||tree[k].r<l) return;if(tree[k].l>=l&&tree[k].r<=r){tree[k].node.push_back(val);return;}update(k<<1,l,r,val),update(k<<1|1,l,r,val);
}
void dfs(int k)//线段树分治
{stack<revo>st;for(auto it:tree[k].node) if(mp[it]) st.push(merge(it.first,it.second));//并查集的合并if(tree[k].l==tree[k].r){int id=tree[k].l;if(q[id].op==2) last=ans[id]=(find(q[id].x)==find(q[id].y));q[id+1].x=(q[id+1].x+last-1)%n+1,q[id+1].y=(q[id+1].y+last-1)%n+1;if(q[id+1].x>q[id+1].y) swap(q[id+1].x,q[id+1].y);if(q[id+1].op==1) mp[{q[id+1].x,q[id+1].y}]^=1;revocation(st);return;}else dfs(k<<1),dfs(k<<1|1);revocation(st);
}
void init(){for(int i=1;i<N;i++) f[i]=i,rk[i]=1;}
int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);init();read(n),read(m);build(1,1,m);for(int i=1,x,y,op;i<=m;i++){read(op),read(x),read(y);q[i]={op,x,y};if(op==2) continue;if(x>y) swap(x,y);if(mp[{x,y}]) update(1,mp[{x,y}],i,{x,y});mp[{x,y}]=i;x=x%n+1,y=y%n+1;if(x>y) swap(x,y);if(mp[{x,y}]) update(1,mp[{x,y}],i,{x,y});mp[{x,y}]=i;}for(auto it:mp) update(1,it.second,m,it.first);mp.clear();if(q[1].op==1) mp[{min(q[1].x,q[1].y),max(q[1].x,q[1].y)}]=1;memset(ans,-1,sizeof(ans));dfs(1);for(int i=1;i<=m;i++) if(ans[i]!=-1) write(ans[i]);return 0;
}

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