题目连接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4374
题目描述
Farmer John自豪于他所经营的交通发达的的农场。这个农场是由 NN 块牧场（ 2 \leq N \leq 50,0002≤N≤50,000 ）组成的， N-1N−1 条双向道路将它们连接起来，每一条道路的都为一单位长度。Farmer John注意到，从任何一块牧场到另一块牧场，都能通过一组合适的道路到达。
尽管FJ的农场现在是连通的，他担心如果有一条道路被阻断会发生什么，因为这事实上会将他的农场分为两个不相交的牧场集合，奶牛们只能够在每一个集合内移动但不能在集合间移动。于是FJ又建造了 MM 条额外的双向道路（ 1 \leq M \leq 50,0001≤M≤50,000 ），每一条的长度都是一个至多为 10^9109 的正整数。奶牛们仍然可以使用原有的道路进行移动，除非其中的某些被阻断了。
如果某条原有的道路被阻断了，农场就会被分为两块不相交的区域，那么FJ就会从他的额外修建的道路中选择一条能够重建这两块区域的连通性的，取代原来那条，从而奶牛们又可以从任何一块牧场去往另一块牧场。
对于农场上每一条原有的道路，帮助FJ选出最短的替代用的道路。
输入输出格式
输入格式：
输入的第一行包含 NN 和 MM 。接下来的 N-1N−1 行，每行用整数 pp 和 qq 描述了一条原有的道路，其中 p \neq qp≠q 是这条道路连接的两块牧场（在 1 \ldots N1…N 范围内）。剩下的 MM 行，每行用三个整数 pp 、 qq 和 rr 描述了一条额外的道路，其中 rr 是这条道路的长度。任何两块牧场之间至多只有一条道路。
输出格式：
对原有的 N-1N−1 条道路的每一条，按照它们在输入中出现的顺序，输出如果这条道路被阻断的话，能够重新连接农场的最短的替代用道路的长度。如果不存在合适的替代用的道路，输出-1。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
6 3 1 2 1 3 4 1 4 5 6 5 2 3 7 3 6 8 6 4 5
输出样例#1： 复制
7 7 8 5 5
说明
供题：Brian Dean
思路：中文题意就不怎么多说了。简化了第一问求最大染色面积(同样的权值的是一个颜色)，然后第二问是将2个相邻颜色不同的所有块染成同一个颜色，求最大的染色面积.
这个时候用并查集来解决问题。
第一问：将相邻颜色相同的并查集连载一起，每次比较祖宗包括多少块，求一个max即可
第二问：考虑将2个颜色连接到一起变成一个颜色。 所以就考虑如何将2个不同颜色的变成一个颜色呢，并查集正好。第一问将所有连接的已经连接到一块了，现在只要将相邻的2个连接就好了。需要将块的相连排序，标号从小到大就好了，这样如果散乱的连接也能能够判断(不懂可以画画图),比如 2 3 2 3 2 3 。这样讲每个大块的块头进行并查集相连查询祖宗有多少取个max就行了，每次连接的标号更改需要将原来的块数的值恢复到第一问结束的后的情况。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int Map[260][260];
int fa[70000];
int num[70000];
int Num[70000];
struct node{
int x;
int y;
int from;
int to;
}no[140000];
int Ans1,Ans2,cnt;
vector<int>V[1000005];
int find(int x)
{
if(x != fa[x])
fa[x] = find(fa[x]);
return fa[x];
}
void add(int x,int y)
{
int Fx = find(x);
int Fy = find(y);
if(Fx != Fy)
{
fa[Fy] = Fx;
num[Fx] = num[Fx] + num[Fy];
}
}
int cmp(node a,node b)
{
if(a.x == b.x)
return a.y < b.y;
return a.x < b.x;
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= n;j++)
scanf("%d",&Map[i][j]);
for(int i = 1;i <= n*n;i++)//父亲
fa[i] = i;
for(int i = 1;i <= n*n;i++)//并查集求联通块数
num[i] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++)//相同的连块
{
for(int j = 1;j <= n;j++)
{
if(i != n &&Map[i][j] == Map[i+1][j])
add( (i-1) * n + j,(i) * n + j);
if(j != n && Map[i][j] == Map[i][j+1])
add((i-1) * n + j,(i-1) * n + (j+1));
Ans1 = max(Ans1, num[ find((i-1) * n + j)]);
}
}
//printf("%d\n",Ans1);
for(int i = 1;i <= n;i++)//找到那些块的头
for(int j = 1;j <= n;j++)
if(find((i-1) * n + j) == (i-1) * n + j)
V[ Map[i][j] ].push_back((i-1) * n + j);
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
for(int j = 1;j <= n;j++)
{
if(i != n && Map[i][j] != Map[i+1][j])
{
no[cnt].from = find((i-1) * n + j);
no[cnt].to = find((i) * n + j);
no[cnt].x = min(Map[i][j],Map[i+1][j]);
no[cnt++].y = max(Map[i][j],Map[i+1][j]);
}
if(j != n && Map[i][j] != Map[i][j+1])
{
no[cnt].from = find((i-1) * n + j);
no[cnt].to = find((i-1) * n + j + 1);
no[cnt].x = min(Map[i][j],Map[i][j+1]);
no[cnt++].y = max(Map[i][j],Map[i][j+1]);
}
}
}
sort(no, no + cnt ,cmp);
for(int i = 1;i <= n*n;i++)//保存下 每个块的小弟数量
Num[i] = num[i];
for(int i = 0;i < cnt ;)
{
int x,y;
x = no[i].x;
y = no[i].y;
while(no[i].x == x && no[i].y == y)
{
add(no[i].from , no[i].to);
Ans2 = max(Ans2 , num[find(no[i].from)]);
i++;
}
for(int j = 0 ; j < V[x].size() ;j++)// V 存放的都是块的头 所有fa[u]=u
{
int u = V[x][j];
fa[u] = u;
num[u] = Num[u];
}
for(int j = 0 ;j< V[y].size(); j++)
{
int u = V[y][j];
fa[u] = u;
num[u] = Num[u];
}
}
printf("%d\n%d\n",Ans1,Ans2);
return 0;
}