地理课(geography)

地理课(geography)

题目描述

 

地理课上，老师给出了一个巨大的地图，由于世界日新月异，会有一些道路在某一时刻被删除，也会有一些道路在某一时刻被修建。这里的道路均为双向的。

老师认为，有一些城市被分在了一个连通块中可以相互到达，而有一些城市不能够相互到达。而他想知道，每个时刻所有连通块大小的乘积是多少？

wzy看到这个地图的时候就蒙了，还好那只上天的喵及时帮助了他。现在他把这个毒瘤的地图拿过来给你，想试试看你能不能求出来。由于答案可能很大，输出乘积mod109+7mod109+7即可。

 

输入

 

第一行两个数n,mn,m，表示有nn个点，mm个时刻。接下来mm行每行三个数，要么是1uv1uv，要么是2uv2uv，分别表示添加一条无向边和删除一条无向边。

 

输出

 

共mm，每行一个数表示连通块大小乘积mod1,000,000,007mod1,000,000,007

 

 

上面是每个时刻操作后的图。乘积分别为：

2*1*1*1=2,3*1*1=3,3*1*1=3,3*2=6,5,3*2=6

数据范围及约定

subtask1：30pts，n≤1,000,m≤2,000n≤1,000,m≤2,000

subtask2：20pts，满足没有删除操作。

subtask3：50pts，n,m≤100,000n,m≤100,000保证没有重边自环，不会删除不存在的边。

 

 

 

来源

noip2018南外-模拟

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solution

好题好题

考虑离线，按时间建一棵线段树

把每一个边的编号加进线段树对应的区间中

我们现在希望得到每一个叶子节点的值

那么每次暴力求是不行了

我们记下每一层的边连接的并查集的根与大小

返回时把边拆开即可

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
#define mod 1000000007
#define maxn 100005
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,f[maxn],sz[maxn],t1,t2,op;
ll now,ans[maxn],ny[maxn];
struct node{
    int u,v,st,ed;
}e[maxn];
map<ll,int>ls;
struct no{
    int l,r;
    vector<int>x;
}tree[maxn*8];
struct Node{
    int id,x,y,size;
};
vector<Node>p;
void build(int k,int L,int R){
    tree[k].l=L,tree[k].r=R;
    if(L==R)return;
    int mid=L+R>>1;
    build(k*2,L,mid);build(k*2+1,mid+1,R);
}
void add(int k,int L,int R,int v){
    //cout<<k<<' '<<L<<' '<<R<<''<<endl;
    if(tree[k].l>=L&&tree[k].r<=R){
        tree[k].x.push_back(v);return;
    }
    int mid=tree[k].l+tree[k].r>>1;
    if(L<=mid)add(k*2,L,R,v);
    if(R>mid)add(k*2+1,L,R,v);
}
ll work(ll a,int num){
    ll an=1;
    while(num){
        if(num&1)an=an*a;
        a=a*a;a%=mod;an%=mod;num>>=1;
    }
    return an;
}
int getf(int k){
    if(f[k]==k)return k;
    return getf(f[k]);
}
void hb(int k){
    //cout<<"k: "<<k<<' '<<tree[k].l<<' '<<tree[k].r<<endl;
    for(int i=0;i<tree[k].x.size();i++){
        int t=tree[k].x[i];
        //cout<<t<<endl;
        int f1=getf(e[t].u),f2=getf(e[t].v);
        if(f1!=f2){
            now=now*ny[sz[f1]]%mod*ny[sz[f2]]%mod;
            now=now*(sz[f1]+sz[f2])%mod;
            if(sz[f1]<sz[f2]){
                p.push_back((Node){k,f1,f2,sz[f1]});
                f[f1]=f2;sz[f2]+=sz[f1];sz[f1]=0;
            }
            else {
                p.push_back((Node){k,f2,f1,sz[f2]});
                f[f2]=f1;sz[f1]+=sz[f2];sz[f2]=0;
            }
        }
    }
}
void turn(int k){
    int Size=p.size()-1;if(Size<0)return;
    //cout<<"Size "<<Size<<' '<<tree[k].l<<' '<<tree[k].r<<endl;
    for(int i=Size;p[i].id==k&&i>=0;i--){
        //cout<<p[i].x<<' '<<p[i].y<<' '<<sz[p[i].x]<<' '<<sz[p[i].y]<<endl;
        now=now*ny[sz[p[i].y]]%mod;
        f[p[i].x]=p[i].x;sz[p[i].x]=p[i].size;sz[p[i].y]-=sz[p[i].x];
        now=now*sz[p[i].x]%mod*sz[p[i].y]%mod;
        p.pop_back();
    }
}
void dfs(int k){
    hb(k);
    if(tree[k].l==tree[k].r){
        ans[tree[k].l]=now;turn(k);
        return;
    }
     
    dfs(k*2);dfs(k*2+1);
    turn(k);
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&op,&e[i].u,&e[i].v);
        if(e[i].u>e[i].v)swap(e[i].u,e[i].v);
        ll tmp=(ll)e[i].u*100000+e[i].v;
        if(op==1){ls[tmp]=i;e[i].st=i;}
        else {
            int la=ls[tmp];e[la].ed=i-1;
            //ls[tmp]=0;
        }
    }
    build(1,1,m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(e[i].ed==0)e[i].ed=m;
        if(e[i].st&&e[i].ed)add(1,e[i].st,e[i].ed,i);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)ny[i]=work(i,mod-2);
    for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i,sz[i]=1;
    now=1;dfs(1);
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld
",ans[i]);
    return 0;
}