考虑对于一个点 x x x,找到它与当前连通块相连的所有边。我们希望通过 log n \log n logn次询问确定一条边。
一般的策略是将数划分成两个大小相同集合然后去找答案,这里考虑 二分前缀,因为将点按照 D F N DFN DFN序排序,可以保证这段前缀构成一个连通块。那么固定根节点 r r r,询问 x x x和 r r r是否可达,找到最小的前缀 y y y,就能确定 x x x和 y y y之间有一条边。将 y y y删掉后处理剩下的连通块即可,这部分有 m log n m\log n mlogn次。
然后考虑怎么确定 x x x。发现可以通过类似的方法确定从 x x x到连通块的路径上的一个点 y y y,那么先递归处理 y y y,直到不存在这样的 y y y时再把 x x x加入连通块即可。注意到每个节点只会被找到一次,这部分复杂度 n log n n\log n nlogn。文章来源:https://www.toymoban.com/news/detail-705795.html
总次数 ( n + m ) log n (n+m)\log n (n+m)logn。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-705795.html
#include<bits/stdc++.h>
#include "park.h"
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ll long long
using namespace std;
mt19937 gen(114514);
int vs[1405],vs2[1405],state[1405],n;
vector<int>nums;
vector<int>G[1405];
void dfs(int u,int topf){
nums.pb(u);
for(auto v:G[u]){
if(v==topf||vs2[v])continue;
dfs(v,u);
}
}
int work(int p,int rt){
nums.clear(),dfs(rt,-1);
memset(vs,0,sizeof vs);
for(auto e:nums)vs[e]=1;vs[p]=1;
if(Ask(min(p,rt),max(p,rt),vs)==0)return -1;
int l=1,r=nums.size(),res=0;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
memset(vs,0,sizeof vs);
for(int i=0;i<mid;i++)vs[nums[i]]=1;vs[p]=1;
if(Ask(min(p,rt),max(p,rt),vs))res=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
int tmp=nums[res-1];vs2[tmp]=1;
Answer(min(p,tmp),max(p,tmp));
for(auto u:G[tmp]){
if(vs2[u]==0)work(p,u);
}return tmp;
}
int get(int x){
int l=1,r=n,res=0;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
for(int i=0;i<mid;i++){
vs[i]=(state[i]==1||state[i]==0);
}
for(int i=mid;i<n;i++){
vs[i]=(state[i]==1);
}
vs[x]=1;
if(Ask(0,x,vs)){
res=mid,r=mid-1;
}
else{
l=mid+1;
}
}return res-1;
}
void solve(int x){
state[x]=2;int y;
while(1){
memset(vs2,0,sizeof vs2);
y=work(x,0);
if(~y){
state[x]=1;
G[x].pb(y),G[y].pb(x);
return;
}
solve(get(x));
}
}
void Detect(int T,int N){
n=N;
state[0]=1;
for(int i=1;i<n;i++){
if(state[i]==0)solve(i);
}
}
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