【ybtoj高效进阶 21289】头文件 C（图论）（dfs）

头文件 C

题目链接：ybtoj高效进阶 21289

题目大意

给你一个无向图。
多次询问，每次给你一个区间，你只能保留区间内的点，然后如果一条边连接的点中有不在的或两个点的编号差大于 K 那这个边也不存在。
所有询问的 K 相同，然后对于每个询问输出当前情况下图的连通块数。

思路

考虑一开始的连通块，容易求出。

考虑 dfs 图，把每个连通块第一个遍历到的点打上标记，同时记录每个点的遍历顺序。
那你考虑数那个区间中有多少个打标记的，可以很预处理加前缀和很快求出。

但问题是它会删边，可能会产生新的连通块。
那这些新的连通块必定没有打标记。
而且因为 (K) 最大只有 (5)，所以会删边的点只会在 ([l,l+K-1]) 和 ([r-K+1,r]) 这些点之中，最多 (10) 个左右，所以可以直接枚举这些点。（当然如果它标记了就直接跳过）

那我们考虑枚举它的所有边，如果一条边连向的点没有被删，那这两个点应该就是同一个连通块中，那我们要找一个方法来不重不漏的统计多出来的连通块。
考虑用遍历顺序，对于有标记点的连通块，标记点是遍历顺序最小的。
那我们就考虑要找到一个点，它的边连向的点要么被删了，要么遍历顺序都比它大。

那这些点就是新的“临时标记点”。

然后就好啦。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

struct node {
	int to, nxt;
}e[1000001];
int n, k, m, q, x, y, t[100001];
int le[100001], KK, ans, tmp, sp[100001];
bool in[100001];

void add(int x, int y) {
	e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK;
	e[++KK] = (node){x, le[y]}; le[y] = KK;
}

void dfs(int now) {//dfs深度遍历图
	in[now] = 1;
	t[now] = ++tmp;
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (!in[e[i].to])
			dfs(e[i].to);
}

void work(int j) {
	if (sp[j] != sp[j - 1]) return ;
	for (int i = le[j]; i; i = e[i].nxt)
		if (x <= e[i].to && e[i].to <= y && t[e[i].to] < t[j]) return ;
	ans++;
}

int main() {
//	freopen("unicom.in", "r", stdin);
//	freopen("unicom.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d %d %d", &n, &k, &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%d %d", &x, &y);
		if (x > y) swap(x, y);
		if (y - x > k) {
			i--, m--;
			continue;
		}
		add(x, y);
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (!in[i]) {
			sp[i] = 1;
			dfs(i);
		}
		sp[i] += sp[i - 1];//前缀和
	}
	
	scanf("%d", &q);
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		scanf("%d %d", &x, &y);
		ans = sp[y] - sp[x - 1];
		for (int j = x; j <= y && j <= x + k - 1; j++) {
			work(j);
		}
		for (int j = max(x + k, y - k + 1); j <= y; j++) {
			work(j);
		}
		printf("%d
", ans);
	}
	
	return 0;
}