【BZOJ4423】[AMPPZ2013]Bytehattan 对偶图+并查集

【BZOJ4423】[AMPPZ2013]Bytehattan

Description

比特哈顿镇有n*n个格点，形成了一个网格图。一开始整张图是完整的。
有k次操作，每次会删掉图中的一条边(u,v)，你需要回答在删除这条边之后u和v是否仍然连通。

Input

第一行包含两个正整数n,k(2<=n<=1500,1<=k<=2n(n-1))，表示网格图的大小以及操作的个数。
接下来k行，每行包含两条信息，每条信息包含两个正整数a,b(1<=a,b<=n)以及一个字符c(c=N或者E)。
如果c=N，表示删除(a,b)到(a,b+1)这条边；如果c=E，表示删除(a,b)到(a+1,b)这条边。
数据进行了加密，对于每个操作，如果上一个询问回答为TAK或者这是第一个操作，那么只考虑第一条信息，否则只考虑第二条信息。
数据保证每条边最多被删除一次。

Output

输出k行，对于每个询问，如果仍然连通，输出TAK，否则输出NIE。

Sample Input

3 4
2 1 E 1 2 N
2 1 N 1 1 N
3 1 N 2 1 N
2 2 N 1 1 N

Sample Output

TAK
TAK
NIE
NIE

题解：乍一看是离线+并查集，但这题偏偏强制在线

想到因为是网格图，可以用对偶图优化一下，将网格中的交点看成点，每加入一条边就相当于连接两个点，这个可以用并查集来搞

然后在连接两个点之前，判断一下这两个点是否在一个连通块内，如果这两个点在一个连通块里，说明两点间已经有一条路径相连，则再连接这条边之后必定会构成一个环，就说明那条边两侧的方格被隔开了

注意要先把所有网格边界上的点全连上

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,m,ans;
int f[1502*1502];
char c[5],cc[5];
int find(int x)
{
	return (f[x]==x)?x:(f[x]=find(f[x]));
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m),n++;
	int a,b,i,aa,bb,ra,rb;
	for(i=1;i<=n*n;i++)	f[i]=(i<=n||i>n*n-n||i%n==1||i%n==0)?1:i;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%s%d%d%s",&a,&b,c,&aa,&bb,cc);
		if(ans)	a=aa,b=bb,c[0]=cc[0];
		aa=find(a*n+b+1);
		if(c[0]=='E')	bb=find(a*n+b);
		if(c[0]=='N')	bb=find((a-1)*n+b+1);
		if(find(aa)==find(bb))
		{
			printf("NIE
");
			ans=1;
		}
		else
		{
			f[f[aa]]=f[bb];
			printf("TAK
");
			ans=0;
		}
	}
	return 0;
}