kruskal重构树练习

洛谷 P4197 Peaks

题意：

有 nnn 个山峰，每一个山峰高 hih_ihi ，有 mmm 条双向带权边将一些山峰连接起来，有 qqq 次询问，每次询问 (v,x,k)(v,x,k)(v,x,k) ，即从 vvv 山峰出发经过边权不超过 xxx 的边能到的点里的第 kkk 高的山峰。

思路：

考虑在线的解法，要求经过边权不超过 xxx 的边能到的点，所以就想到使用 kruskalkruskalkruskal 重构树，那么每一个山峰就是叶子节点，使用 dfsdfsdfs 序，那么每一个点都有一个区间，而 kruskalkruskalkruskal 重构树是一个大根堆，要求不超过 xxx 的边权，即找到深度的最小的点且点权小于等于 xxx ，那么在该点对应区间上求区间第 kkk 大即可

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
struct edge{int from,to,w;edge(int a,int b,int c){from=a,to=b,w=c;}bool operator < (const edge &t)const {return w<t.w;}
};
vector<edge>e,E[N];
vector<int>v;
int in[N],out[N],mx;
int val[N],w[N],fa[N],f[N][22];
int getid(int x){return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin()+1;}
int fi(int x){if(x==fa[x])return x;return fa[x]=fi(fa[x]);}
int n,m,q,tot,Time;
//zx_tree
struct zx_tree{int ls[N*50],rs[N*50],rt[N*50],tot=0,sum[N*50];inline void update(int &root,int pre,int l,int r,int pos){root=++tot;ls[root]=ls[pre],rs[root]=rs[pre],sum[root]=sum[pre]+1;if(l==r)return ;int mid=(l+r)/2;if(pos<=mid)update(ls[root],ls[pre],l,mid,pos);else update(rs[root],rs[pre],mid+1,r,pos);}inline int query(int root,int pre,int l,int r,int k){//区间第k小if(l==r)return l;int mid=(l+r)/2;int Sum=sum[ls[root]]-sum[ls[pre]];if(Sum>k)return query(ls[root],ls[pre],l,mid,k);else return query(rs[root],rs[pre],mid+1,r,k-Sum);}
}T;
void cl(int x){for(int i=1;(1<<i)<=n;i++){f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];}
}
void dfs(int x){cl(x);in[x]=++Time;if(x<=n)T.update(T.rt[Time],T.rt[Time-1],1,mx,getid(val[x]));//利用时间戳来建树else T.rt[Time]=T.rt[Time-1];for(edge now:E[x]){int v=now.to;dfs(v);}out[x]=Time;
}
int main()
{scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&val[i]);v.push_back(val[i]);}for(int i=1;i<=2*n;i++)fa[i]=i;sort(v.begin(),v.end());v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());mx=v.size();for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);e.push_back(edge(u,v,w));}sort(e.begin(),e.end());tot=n;for(edge now:e){int f1=fi(now.from),f2=fi(now.to);if(f1==f2)continue;++tot;w[tot]=now.w;f[f1][0]=f[f2][0]=tot;fa[f1]=fa[f2]=tot;E[tot].push_back(edge(0,f1,0));E[tot].push_back(edge(0,f2,0));if(tot==2*n-1)break;}for(int i=1;i<=tot;i++)if(!in[i])dfs(fi(i));while(q--){int a,b,c;scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);for(int i=18;~i;i--){if(f[a][i]&&w[f[a][i]]<=b)a=f[a][i];}int L=T.rt[in[a]-1],R=T.rt[out[a]];int Max=T.sum[R]-T.sum[L];if(Max<c){puts("-1");continue;}int pos=T.query(R,L,1,mx,Max-c);//第k大转化为第k小printf("%d\n",v[pos-1]);}
}

Comet OJ - Contest #11 D.isaster

题意：

对一张 nnn 个点 mmm 条边点带权的无向连通图进行以下两种操作：
1.修改点 xxx 的点权。
2.询问从点 xxx 出发只经过编号不大于 yyy 的点能到达的所有点的点权之积取模 998244353998244353998244353 。

思路：

和上一题类似，只要将kruskal重构树求出来，在利用线段树维护每一个点的点权积即可，支持单点修改。
(不知道为什么用c++就一直RE，改了两个小时，用c++17就过了)

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int mod=998244353;
int n,m,q,op,x,y;
int val[N],fa[N],f[N][22],arr[N];
int fi(int x){if(x==fa[x])return x;return fa[x]=fi(fa[x]);
}
struct edge{int from,to,w;edge(int a,int b,int c){from=a,to=b,w=c;}bool operator < (const edge &t)const {return w<t.w;}
};
vector<edge>e,E[N];//原边和新构的二叉树，一个大根堆
void kurskal(){for(edge now:e){//int f1=fi(now.from),f2=fi(now.to);if(f1==f2)continue;if(f1<f2)swap(f1,f2);fa[f2]=f1;E[f1].push_back(edge(0,f2,0));//加入新边}
}
int Time,in[N],out[N],id[N];
void dfs(int x,int Fa){f[x][0]=Fa;for(int i=1;i<20;i++)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];in[x]=++Time;id[Time]=x;for(edge now:E[x]){int v=now.to;dfs(v,x);}out[x]=Time;
}
//
struct node{int l,r;ll sum;
}T[N*4];
void up(int x){T[x].sum=(T[ls].sum*T[rs].sum)%mod;
}
void built(int x,int l,int r){T[x].l=l;T[x].r=r;if(l==r){T[x].sum=val[id[l]];return ;}int mid=(l+r)/2;built(ls,l,mid);built(rs,mid+1,r);up(x);
}
void add(int x,int pos,int val){if(T[x].l==T[x].r){T[x].sum=val%mod;return ;}int mid=(T[x].l+T[x].r)/2;if(pos<=mid)add(ls,pos,val);else add(rs,pos,val);up(x);
}
ll query(int x,int LL,int RR){if(T[x].l>=LL&&T[x].r<=RR){return T[x].sum%mod;}int mid=(T[x].l+T[x].r)/2;ll ans=1;if(LL<=mid)ans=(ans*query(ls,LL,RR))%mod;if(RR>mid)ans=(ans*query(rs,LL,RR))%mod;return ans;
}
//int main()
{scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]),val[i]%=mod;for(int i=1,u,v;i<=m;i++){scanf("%d%d",&u,&v);//if(u==v)continue;e.push_back(edge(u,v,max(u,v)));}sort(e.begin(),e.end());kurskal();dfs(n,0);built(1,1,Time);while(q--){scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);if(op==1){if(x>y){puts("0");continue;}for(int i=19;~i;i--){if(f[x][i]&&f[x][i]<=y)x=f[x][i];}int L=in[x],R=out[x];printf("%lld\n",query(1,L,R));}else{add(1,in[x],y);}}
}

洛谷 P4768 [NOI2018]归程

题意：

给一个无向图，每一条边有一个长度和海拔，结点 111 是终点，多次询问，每次询问从 vvv 点出发要到终点，给定一个 kkk 值，对于经过的每一条边，如果海拔大于等于 kkk 可以使用车，如果小于则只能步行，在每一个结点可以随时下车步行，但不能再次上车，问到终点的最小步行长度。

思路：

由于是大于等于p，故我们在建重构树的时候使用最大生成树的建法，使其成为一个小根堆，那么对于每次询问，和上面一样我们倍增找到一个结点，可以知道该结点形成的子树都可以使用车，那么步行的最短距离就是子树的点中与终点的最短距离，可以预处理出来。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=4e5+10;
int n,m,T,ans,q,k,s,v,p,dis[N],w[N],v0,p0;
struct edge{int from,to,w;edge(int a,int b,int c){from=a,to=b,w=c;}bool operator < (const edge &t)const {return w>t.w;}
};
int f[N][22],fa[N];
int fi(int x){if(x==fa[x])return x;return fa[x]=fi(fa[x]);
}
vector<edge>e,E[N],E1[N];
int tot;
void kurskal(){for(edge now:e){int f1=fi(now.from),f2=fi(now.to);if(f1==f2)continue;++tot;w[tot]=now.w;f[f1][0]=f[f2][0]=tot;fa[f1]=fa[f2]=tot;E[tot].push_back(edge(0,f1,0));E[tot].push_back(edge(0,f2,0));//加入新边if(tot==2*n-1)break;}
}
void init(){tot=n;e.clear();ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=inf;for(int i=1;i<=2*n;i++)fa[i]=i,E[i].clear(),E1[i].clear();for(int i=1;i<=2*n;i++)for(int j=0;j<=20;j++)f[i][j]=0;}
void change(){v=(v0+k*ans-1)%n+1;p=(p0+k*ans)%(s+1);
}
bool vis[N];
int val[N];
void dfs(int x){vis[x]=1;for(int i=1;i<=20;i++)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];val[x]=dis[x];//cout<<"edge:"<<x<<" "<<val[x]<<endl;for(edge now:E[x]){int v=now.to;//cout<<"next:"<<v<<endl;dfs(v);val[x]=min(val[x],val[v]);}
}
void dij(){memset(dis,inf,sizeof(dis));memset(vis,0,sizeof(vis));priority_queue<pair<int,int> >q;q.push(make_pair(0,1));dis[1]=0;while(!q.empty()){int now=q.top().second;q.pop();if(vis[now])continue;vis[now]=1;for(edge nnow:E1[now]){int v=nnow.to;if(dis[v]>dis[now]+nnow.w){dis[v]=dis[now]+nnow.w;q.push(make_pair(-dis[v],v));}}}//for(int i=1;i<=2*n;i++)cout<<dis[i]<<endl;
}
int main()
{scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&n,&m);init();for(int i=1,u,v,x,y;i<=m;i++){scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&x,&y);e.push_back(edge(u,v,y));E1[u].push_back(edge(0,v,x));E1[v].push_back(edge(0,u,x));}sort(e.begin(),e.end());kurskal();dij();memset(vis,0,sizeof(vis));for(int i=1;i<=tot;i++)if(!vis[i])dfs(fi(i));//for(int i=1;i<=tot;i++)cout<<val[i]<<endl;scanf("%d%d%d",&q,&k,&s);while(q--){scanf("%d%d",&v0,&p0);change();for(int i=19;~i;i--){if(f[v][i]&&w[f[v][i]]>p)v=f[v][i];}//cout<<v<<endl;printf("%d\n",val[v]);ans=val[v];}}
}

2016 ACM-ICPC CHINA-Final G. Pandaria

题意：

给一个树，每条边有边权，每个点有颜色，多次询问，强制在线，每次询问从 vvv 点出发，经过边权不超过 qqq 的边能到的点里，出现最多次的颜色。

思路：

学习了 kruskalkruskalkruskal 重构树后这题就比较简单了，首先利用重构树得到能到达的点集，问题就是如何维护出现最多次的颜色，我们可以先不重构树，而是对每一个点建立一个权值线段树，在重构的时候合并线段树，那么合并后的结点信息就是答案，在回答时先倍增到目标结点，然后利用线段树查询。(细节较多，注意初始化)

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ls e[x].l
#define rs e[x].r
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,T,m,q,c[N];
struct node{//权值线段树int l,r,sum,id;
}e[N*50];
void up(int x){e[x].sum=max(e[ls].sum,e[rs].sum);if(e[ls].sum==e[x].sum)e[x].id=e[ls].id;//取较小的else e[x].id=e[rs].id;
}
int cnt,tot,rt[N*50];//开50倍
void update(int &x,int l,int r,int pos){if(!x)x=++cnt;if(l==r){e[x].sum++;e[x].id=l;return ;}int mid=(l+r)/2;if(pos<=mid)update(ls,l,mid,pos);else update(rs,mid+1,r,pos);up(x);
}
int merge(int x,int y,int l,int r){if(!x||!y)return x+y;if(l==r){e[x].sum+=e[y].sum;e[x].id=l;return x;}int mid=(l+r)/2;ls=merge(e[x].l,e[y].l,l,mid);rs=merge(e[x].r,e[y].r,mid+1,r);up(x);return x;
}
int ans[N];
int fa[N];
int fi(int x){if(x==fa[x])return x;return fa[x]=fi(fa[x]);
}
struct edge{int from,to,w;edge(int a=0,int b=0,int c=0){from=a,to=b,w=c;}bool operator < (const edge &t)const{return w<t.w;}
}E[N*2];
bool vis[N];
int son[N][2],f[N][22],w[N];
void kruskal(){sort(E+1,E+m+1);for(int i=1;i<=m;i++){int f1=fi(E[i].from),f2=fi(E[i].to);if(f1==f2)continue;++tot;w[tot]=E[i].w;rt[tot]=merge(rt[f1],rt[f2],1,n);//将合并的结点给新节点赋值son[tot][0]=f1,son[tot][1]=f2;f[f1][0]=f[f2][0]=tot;fa[f2]=fa[f1]=tot;ans[tot]=e[rt[tot]].id;//存储答案}
}
void dfs(int u){vis[u]=1;for(int i=1;i<=20;i++)f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];//倍增if(son[u][0])dfs(son[u][0]);if(son[u][1])dfs(son[u][1]);
}
int Ans;
void init(){//Ans=0;for(int i=1;i<=2*n;i++)rt[i]=0,vis[i]=0;for(int i=1;i<=cnt;i++)e[i].l=e[i].r=e[i].sum=e[i].id=0;for(int i=1;i<=2*n;i++)fa[i]=i,son[i][0]=son[i][1]=0;//很关键，否则TLEfor(int i=1;i<=2*n;i++)for(int j=1;j<=20;j++)f[i][j]=0;tot=n;cnt=0;
}
int main()
{scanf("%d",&T);int ca=1;while(T--){scanf("%d%d",&n,&m);init();printf("Case #%d:\n",ca++);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]),update(rt[i],1,n,c[i]);for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);E[i]=edge(u,v,w);}for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]=c[i];kruskal();for(int i=1;i<=tot;i++)if(!vis[i])dfs(fi(i));scanf("%d",&q);while(q--){int x,W;scanf("%d%d",&x,&W);x^=Ans;W^=Ans;for(int i=19;~i;i--){if(f[x][i]&&w[f[x][i]]<=W)x=f[x][i];}//cout<<x<<endl;printf("%d\n",ans[x]);Ans=ans[x];}}
}