AGC038D - Unique Path

Solution

此题较水。
大概就是简单路径唯一意味着连成一棵树，因此先给这些限制的端点放在同一个连通块内，然后如果有多条路径的限制的两端点在同一个连通块内，则无解。

然后考虑如果没有多条路径的限制，则还要连的边数最少为t−1t-1t−1，最多为t(t−1)2\frac{t(t-1)}{2}2t(t−1)（ttt为连通块个数），直接判断即可。

如果有多条路径，则还要连的边数最少为ttt（一种可行方案是每个限制以以每个连通块的根为端点连成环），最多为t(t−1)2\frac{t(t-1)}{2}2t(t−1)，且连通块个数至少要有两个，否则没法连成环。

时间复杂度O(nlgn)O(nlgn)O(nlgn)。

Code

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline ll read()
{ll f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
int f[MAXN];
struct Enode{ int u,v,c; } E[MAXN];
int find(int x) { return f[x]==x?f[x]:f[x]=find(f[x]); }
signed main()
{ll n=read(),m=read(),q=read(),es=0,ec=0;for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;for (int i=1;i<=q;i++){int u=read()+1,v=read()+1,c=read();E[i]=(Enode){u,v,c};if (!c&&find(u)!=find(v)) f[find(u)]=find(v),es++;else if (c) ec++;}for (int i=1;i<=q;i++) if (E[i].c&&find(E[i].u)==find(E[i].v)) { puts("No"); return 0; }ll t=0;for (int i=1;i<=n;i++) if (find(i)==i) t++;if (ec) puts((m-es>=t&&m-es<=t*(t-1)/2&&t>2)?"Yes":"No");else puts((m-es>=t-1&&m-es<=t*(t-1)/2)?"Yes":"No");return 0;
}

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