[BZOJ 4025] 二分图

题目传送-BZOJ4025

题意：

有一张\(n\)个节点的无向图,其中边\(i\)在\(s_i\)出现,\(e_i\)结束,并连接着节点\(x,y\).
并保证\(s_i < e_i \le T\),要求对于每个时间\(t\le T\)输出此时的图是否是二分图。
\(n\le100000,m\le200000,T\le100000\)

题解：

这是道好题，考到了线段树(分治)的思想，听说也叫整体二分？
考虑如何做一个区间(时间)[L,R]中的所有答案:
显然我们只考虑与这个区间有交集的边
分两种:完全覆盖这个区间,部分覆盖这个区间。
显然我们可以毫无顾虑的把第一类的边都加上
此时如果已经不是二分图了,那显然直接GG了
然后对于其它边我们只要递归下去处理就行了
如何判断二分图并支持对图的修改：
考虑按秩合并的带权并查集，这就不多说了
复杂度的证明：
空间：
观察发现每个区间的处理需要有一个边集
而每条边最多能在log个区间中出现(线段树的思想)
那么总共的空间需求就是\(m*log_2T\)的
时间：
同样一条边只能与log个区间相关，也就是说它只能被删加log次
所以复杂度也是\(m*log_2T\)的？
不知道我这样分析对不对，貌似@zhouzhendong大佬说这是\(log^2\)的

过程：

已更新至我都错题集-updating
并查集相关错误

代码：

const int N=100010,M=200010;
int n,m,T;
struct EDGE {
    int x,y,s,t;
    inline void in() {
        read(x); read(y); read(s); read(t); ++s;
    }
};
int ans[N];
int cnt=0;
namespace DSU {
    int val[N],dep[N],fat[N];
    struct TMP {
        int fx,fy,dx,dy;
    };//x merge to y -> dep[fx]<dep[fy]
    stack<TMP> sta;
    inline void Init() {
        for(int i=1;i<=n;i++) 
            fat[i]=i,dep[i]=1,val[i]=0;
    }
    inline pii father(int x) {
        int ret=0;
        while(x!=fat[x]) ret^=val[x],x=fat[x];
        return mp(x,ret);
    }
    inline bool Merge(int x,int y) {
        pii tx=father(x),ty=father(y);
        int fx=tx.F,fy=ty.F,vx=tx.S,vy=ty.S;
        if(dep[fx]>dep[fy]) swap(fx,fy);
        int v=1^vx^vy;
        if(fx==fy) return v==0;
        sta.push((TMP) {fx,fy,dep[fx],dep[fy]});
        fat[fx]=fy; val[fx]=v;
        dep[fy]=max(dep[fy],dep[fx]+1);
        return true;
    }
    inline void Split(int to) {
        --cnt; assert(cnt>=0);
        while((int)sta.size()!=to) {
            // puts("?");
            assert(!sta.empty());
            TMP tmp=sta.top(); sta.pop();
            int fx=tmp.fx,fy=tmp.fy,dx=tmp.dx,dy=tmp.dy;
            dep[fx]=dx; dep[fy]=dy; fat[fx]=fx; val[fx]=0;
        }
    }
}
vector<EDGE> E;
void Solve(int S,int T,vector<EDGE> &E) {
    assert(S<=T);
    if((int)E.size()==0) {
        for(int i=S;i<=T;i++)
            ans[i]=1;
        return;
    }
    ++cnt;
    vector<EDGE> EL,ER; EL.clear(); ER.clear();
    int top=DSU::sta.size(),mid=(S+T)>>1;
    for(int i=0;i<(int)E.size();i++) {
        EDGE e=E[i];
        if(e.s<=S && T<=e.t) {
            if(!DSU::Merge(e.x,e.y)) {
                // puts("???");
                for(int j=S;j<=T;j++)
                    ans[j]=0;
                DSU::Split(top); return;
            } 
        } else {
            if(e.s<=mid) EL.push_back(e);
            if(e.t> mid) ER.push_back(e);
        }
    }
    if(S==T) {ans[S]=1; DSU::Split(top); return;}
    Solve(S,mid,EL); Solve(mid+1,T,ER);
    DSU::Split(top); return;
}
signed main() {
    // freopen("10.in","r",stdin);
    // freopen("my.out","w",stdout);
    mem(ans,-1);
    read(n); read(m); read(T);
    DSU::Init();
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        EDGE e; e.in(); E.push_back(e);
    }
    Solve(1,T,E);
    // for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) puts(ans[i] ? "Yes" : "No");
    return 0;
}
/*
3 3 3
1 2 0 2
2 3 0 3
1 3 1 2
*/

用时：1h