【CF1550F】Jumping Around

题目

题目链接：https://codeforces.com/contest/1550/problem/F
数轴上顺次有 (n) 个点 (a_1 < a_2 < cdots < a_n)。
有一只小青蛙，初始时在 (a_s) 处。小青蛙有两个参数：步长 (d) 和灵活程度 (k)。其中，步长 (d) 是确定的，而灵活程度 (k) 是可以调整的。
小青蛙可以从某个点跳到另一个点。但这是有要求的：小青蛙能从 (a_i) 跳到 (a_j)，当且仅当 (d-kleq |a_i-a_j|leq d+k)。
给定 (a_1,...,a_n) 和 (d)。你需要回答 (q) 次询问，每次询问给定一个灵活程度 (k) 和一个下标 (i)，你需要回答：此时的小青蛙能否跳到 (a_i)？
(1leq n,qleq 2 imes 10^5)，(1leq s,ileq n)，(1leq a_i,d,kleq 10^6)。

思路

有一个显然的做法：对于 (i,j) 两点，在他们之间连权值为 (||a_i-a_j|-d|) 的边，然后跑最小生成树。那么一个点 (i) 最小需要的 (k) 就是最小生成树上 (s) 到 (i) 的边中权值的最大值。
但是这样边数是 (O(n^2)) 的。prim 和 kruskal 都不好搞。考虑一度被认定没用的 boruvka 算法。
boruvka 算法的流程如下：

1. 一开始所有点各自为一个连通块。
2. 对于每一个连通块，找到另一端不在该连通块的最小边权的边。
3. 连接所有找到的边。
4. 如果此时所有点连通则退出。否则回到步骤 (2)。

正确性比较显然，而如果此时有 (k) 个连通块，就至少会合并 (frac{k}{2}) 个连通块，所以时间复杂度为 (O((n+m)log n))。
发现这个过程中复杂度与边权有关的地方只有步骤 (2) 中需要枚举所有的边。但是这道题中的边权是有性质的。
维护一个 set，把所有 (a_i) 扔进去。步骤 (2) 中，对于一个连通块，我们枚举连通块内的所有点，把他们从 set 中删除。然后再次枚举连通块的所有点 (i)，为了找到边权最小的边，其实就是需要在 set 中找到距离 (a_i+d) 或 (a_i-d) 最近的点。因为已经把连通块内的点在 set 中删除了，所以可以直接在 set 上二分 (4) 次找到。最后再把所有点加回来即可。
这样每进行一次步骤 (2)，我们找的边数是 (O(nlog n)) 的。时间复杂度 (O(nlog^2 n))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=200010,M=1000010,Inf=1e9;
int n,m,Q,rt,d,tot,head[N],a[N],ans[N],val[N],father[N],id[M];
set<int> s;
vector<int> b[N];

struct edge
{
	int next,to,dis;
}e[N*2];

struct edge1
{
	int u,v,dis;
}e1[N];

int find(int x)
{
	return x==father[x]?x:father[x]=find(father[x]);
}

int getd(int x,int y)
{
	return abs(abs(x-y)-d);
}

void check(int &u,int &v,int x,int y)
{
	if (y==Inf || y==-Inf) return;
	if (getd(x,y)<getd(u,v)) u=x,v=y;
}

void add(int from,int to,int dis)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to,dis};
	head[from]=tot;
}

void boruvka()
{
	m=n;
	for (int k=1;k<n;)
	{
		for (int i=1;i<=n;i++) b[i].clear();
		for (int i=1;i<=n;i++) b[find(i)].push_back(i);
		int cnt=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			if (find(i)==i)
			{
				int u=0,v=Inf;
				for (int j=0;j<b[i].size();j++)
					s.erase(s.find(a[b[i][j]]));
				for (int j=0;j<b[i].size();j++)
				{
					check(u,v,a[b[i][j]],*s.lower_bound(a[b[i][j]]+d));
					check(u,v,a[b[i][j]],*(--s.lower_bound(a[b[i][j]]+d)));
					check(u,v,a[b[i][j]],*s.lower_bound(a[b[i][j]]-d));
					check(u,v,a[b[i][j]],*(--s.lower_bound(a[b[i][j]]-d)));
				}
				if (u) e1[++cnt]=(edge1){id[u],id[v],getd(u,v)};
				for (int j=0;j<b[i].size();j++)
					s.insert(a[b[i][j]]);
			}
		for (int i=1;i<=cnt;i++)
			if (find(e1[i].u)!=find(e1[i].v))
			{
				k++;
				int u=e1[i].u,v=e1[i].v,dis=e1[i].dis;
				add(u,v,dis); add(v,u,dis);
				father[find(u)]=find(v);
			}
	}
}

void dfs(int x,int fa,int mx)
{
	ans[x]=mx;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa) dfs(v,x,max(mx,e[i].dis));
	}
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d%d%d",&n,&Q,&rt,&d);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		s.insert(a[i]); b[i].push_back(i);
		father[i]=i; id[a[i]]=i;
	}
	s.insert(-Inf); s.insert(Inf);
	boruvka();
	dfs(rt,0,0);
	while (Q--)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		if (ans[x]<=y) cout<<"Yes
";
			else cout<<"No
";
	}
	return 0;	
}