不知道为什么要把这两个没什么关系的算法放到一起写...可能是都很黑科技？
1.线段树分治
例题：bzoj4026 二分图
给你一个图，资瓷加一条边，删一条边，询问当前图是不是二分图
如果用 LCT 的话我们要维护关于删除时间的最大生成树，然后每进来一条边判断奇环，就很难写
线段树分治可以很好的解决这种有插入有删除单点询问的问题
如果没有加入边和删除边的操作，显然我们可以用带权并查集判断奇环解决
然后我们就要考虑怎么把带加入和带删除的问题转换成没有加入和删除的问题
我们记一下每条边存在的时间区间，把这些时间区间放到线段树上
对于线段树的每一个区间，我们加入时间区间正好完全包含这个区间的边，判断有没有奇环
有奇环，这一段全都是 No ，没有奇环，我们递归到左右区间分别判断
如果递归到了 $l == r$ 也就是一个时间的单点，还没有奇环的话，这个单点就是 Yes
中间判断奇环的部分，一个节点所用到的边是它和它所有祖先的边，所以处理完一个区间要把多余的边删掉
这个可以用按秩合并的可撤销并查集，这个并查集还要维护每个点到根节点距离的奇偶性
这样做的好处是，把带插入带删除的问题，转换成了没有插入没有删除的 sb 题
复杂度的话，就是一个线段树区间修改 + 整体询问的复杂度
所以是 $O(nlogn)$ 的
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define SET vector<edge> using namespace std; const int maxn = 2e5 + 10; inline int read() { int x = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-')f = -f; for(;isdigit(ch);x = 10 * x + ch - '0',ch = getchar()); return x * f; } int n,m,T; struct edge { int u,v,l,r; bool operator < (const edge &b)const { if(l == b.l) return r < b.r; return l < b.l; } }; SET S; int top = 0; namespace ufsufs { struct node{int fa,val,size;}t[maxn]; struct info{int x,y;node a,b;}st[maxn]; inline void init(){for(int i=1;i<=n;i++) t[i] = (node){i, 0, 1};} inline int find(int x){while(t[x].fa != x) x = t[x].fa;return x;} inline int dis(int x) { int ret = 0; for(;t[x].fa != x;x = t[x].fa)ret ^= t[x].val; return ret; } inline void link(int x,int y) { int val = dis(x) ^ dis(y) ^ 1; x = find(x),y = find(y); st[++top] = (info){x,y,t[x],t[y]}; if(t[x].size > t[y].size)swap(x,y); t[x].fa = y;t[x].val = val;t[y].size += t[x].size; } inline void rec(int bot) { while(top != bot) { info &now = st[top--]; t[now.x] = now.a;t[now.y] = now.b; } } } using namespace ufsufs; inline void SegDiv(int l,int r,SET &S) { int mid = (l + r) >> 1,bot = top; SET ls,rs; for(int i=0;i<(int)S.size();i++) { edge &now = S[i]; int x = now.u,y = now.v; if(now.l == l && now.r == r) { int fx = find(x),fy = find(y); if(fx == fy) { int val = dis(x) ^ dis(y); if(!val) { for(int i=l;i<=r;i++)puts("No"); rec(bot);return; } } else link(x,y); } else if(now.r <= mid)ls.push_back(now); else if(now.l > mid)rs.push_back(now); else ls.push_back( (edge){now.u, now.v, now.l, mid} ), rs.push_back( (edge){now.u, now.v, mid+1, now.r} ); } if(l == r)puts("Yes"); else SegDiv(l,mid,ls),SegDiv(mid + 1,r,rs); rec(bot); } int main() { n = read(),m = read(),T = read(); for(int i=1;i<=m;i++) { int u = read(),v = read(),l = read() + 1,r = read(); if(l > r)continue; S.push_back((edge){u,v,l,r}); } init(); SegDiv(1,T,S); }
其他的一些题
wzj 的两道题 paint & route
bzoj4137 火星商店问题 可持久化 Trie 树 + 线段树分治
loj121 动态图连通性（离线可过） 可撤销并查集 + 线段树分治
2.动态dp
引入 1 ：有 n 个矩阵，q 次操作，支持单矩阵内元素修改，区间查询矩阵乘积
sol：因为矩阵乘法有结合律，可以用线段树维护这 n 个矩阵，相当于单点修改，区间查询
引入 2：有一个 dp （原谅我实在想不到啥正经的 dp 能满足这个）每一步的转移关于点权都是线性齐次的，且每步转移一样，每一次单点修改一个点的点权，修改后询问 dp 的答案
sol：因为线性齐次而且每步一样，我们可以用矩阵加速这个 dp，然后变成了上一道题
引入 3 ：树上最大点权独立集，q 次操作，支持修改一个点的点权，以及询问答案
sol：这就有点难了
先考虑不带修改
定义 $f_{(u,0/1)}$ 为 $u$ 点选 / 不选，它的子树内最大点权独立集的点权和
转移就是
$f_{(u,0)} = sum_{v∈son[u]}max(f_{(v,0)},f_{(v,1)})$
$f_{(u,1)} = sum_{v∈son[u]}f_{(v,0)} + val_u$
然后我们发现，只要知道一个子树里的所有 $f$ 值，它的 $f$ 值也知道了
我们用 dsu on tree（我没学过 但 SCX 大神学过 好像是这样的。。。）的思想
我们每到一个点，就把它下面那条重链加到队列里，然后把和它只隔一条轻链的重链加到队列里，递归下去，等所有点都加进去之后按入队次序的倒序 dp
根据 dsu on tree（感觉过两天要学一学啊。。。），这样做和正常 dp 顺序是等价的
这样我们可以把这个 dp 转化一下
维护一个 light_dp 和 heavy_dp
根据树链剖分的性质，轻儿子必定是重链链头，所以轻儿子的 lightdp 和 heavydp 都算完了
$lightdp_{(u,0)} = sum_{v∈lightson[u]}max(heavydp_{(u,0)},heavydp_{(u,1)})$
$lightdp_{(u,1)} = sum_{v∈lightson[u]}heavydp_{(u,0)}$
$heavydp_{(u,0)} = lightdp_{(u,0)} + max(heavydp_{(u,1)},heavydp_{(u,0)})$
$heavydp_{(u,1)} = lightdp_{(u,1)} + heavydp_{(u,0)}$
这样我们就把树上的 dp 转换成了链上的 dp，然后变成了上一道题
具体地，我们树链剖分，每个点维护一个转移矩阵，然后用线段树快速维护一条重链的 dp 值
这样我们修改到一个点，它重链链头的 heavydp 就会改变，相当于线段树的区间修改
然后这个重链链头的父亲的 lightdp 会因为它而改变，相当于线段树的单点修改
我们套用上一题的做法就可以了
修改就是相当于修改一个点到根的 dp 值，根据树链剖分是 $O(nlog^2n)$ 的