在考场上遇到了这个的板子题，，，所以来学习了一下线段树分治 + 带撤销的并查集。
题目大意是这样的：有m个时刻，每个时刻有一个加边or撤销一条边的操作，保证操作合法，没有重边自环，每次操作后输出当前图下所有联通块大小的乘积。
首先观察到如果没有撤销操作，那么直接用并查集就可以维护，每次合并的时候乘上要合并的两个并查集大小的逆元，然后乘上合并之后的大小即可。
那么来考虑撤销，观察到如果并查集不带路径压缩，应该是可以处理撤销操作的。
但我们并不能直接做，因为并查集的撤销必须按顺序来，就相当于每次合并的时候将一条边压入栈，撤销的时候也只能从栈顶弹出。如果不按顺序是维护不了的。
对于每个加边操作而言，我们将它和离它最近的那个撤销操作匹配（默认第m + 1个时刻有一个撤销所有边的操作）
假设加边操作出现在第l个时刻，撤销操作在第r个时刻，那么对于这个二元组而言，它的作用是使得加入的那条边在[l, r-1]的时间内出现。
于是我们考虑用线段树来处理这个东西，我们可以将这条边挂在线段树上，相当于在线段树上区间修改，将这条边挂在[l, r -1]的区间上，
因此每条边都会被拆分成log个区间，分别挂在线段树上的对应位置，然后当我们经过线段树上的一个节点时，我们就将这个节点上挂的边都加入到当前图中，相当于我们遍历了整个线段树，
线段树上的每个叶子节点都是一个询问（一个时刻），因此当我们遍历到一个叶子节点时，我们就会拥有当前时刻应该拥有的边。
当我们离开一个点时，我们就将在这个点上加入的边撤销，因为我们加边是从上往下遍历时一个一个加，而撤销是回溯时一个一个撤销，所以撤销是按顺序撤销的，所以并查集就可以维护了。
感觉讲的有一点混乱。。。。。
大概是一个区间上挂了一条边表示这条边在[l, r]中的所有时刻都出现了，当处理一个单点的时候，需要将到达这个单点的路径上经过的所有区间中的边都加入图中，撤销时按顺序撤销。
可能需要画个图之类的，应该还是比较好理解的。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define R register int 4 #define AC 101000 5 #define ac 500000 6 #define maxn 2010000 7 #define p 1000000007 8 #define LL long long 9 10 int n, m, top, cnt, w; 11 LL rnt = 1; 12 int Head[maxn], Next[maxn], date[maxn], tot; 13 int father[AC], up[AC]; 14 LL inv[AC], Size[AC], ans[AC]; 15 struct line{ 16 int x, y; 17 friend bool operator < (line a, line b) 18 { 19 if(a.x != b.x) return a.x < b.x; 20 else return a.y < b.y; 21 } 22 }road[AC]; 23 24 struct node{ 25 int fa, x; 26 }s[AC]; 27 28 map<line, int> MAP; 29 30 inline int read() 31 { 32 int x = 0;char c = getchar(); 33 while(c > '9' || c < '0') c = getchar(); 34 while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); 35 return x; 36 } 37 38 inline void add(int f, int w){ 39 date[++tot] = w, Next[tot] = Head[f], Head[f] = tot; 40 } 41 42 inline int find(int x){ 43 while(father[x] != x) x = father[x]; 44 return x; 45 } 46 47 inline void link(int &ret, int x, int y) 48 { 49 int fx = find(x), fy = find(y); 50 if(fx == fy) return ; 51 ++ ret;//只有连接了才要加ret 52 if(Size[fx] > Size[fy]) swap(fx, fy); 53 rnt = rnt * inv[Size[fx]] % p * inv[Size[fy]] % p; 54 father[fx] = fy, Size[fy] += Size[fx]; 55 s[++top] = (node){fy, fx}; 56 rnt = rnt * Size[fy] % p; 57 } 58 59 inline void cut() 60 { 61 node x = s[top --];//撤销 62 rnt = rnt * inv[Size[x.fa]] % p; 63 father[x.x] = x.x, Size[x.fa] -= Size[x.x];//断开连接 64 rnt = rnt * Size[x.fa] % p * Size[x.x] % p;//注意删除一个点之后要把父亲修改为自己，而不是0 65 } 66 67 void solve(int x, int l, int r)//当前区间编号，区间范围 68 { 69 int now, ret = 0; 70 for(R i = Head[x]; i ; i = Next[i]) 71 { 72 now = date[i]; 73 link(ret, road[now].x, road[now].y); 74 } 75 int mid = (l + r) >> 1; 76 if(l == r) ans[l] = rnt; 77 if(l != r) solve(x * 2, l, mid), solve(x * 2 + 1, mid + 1, r); 78 for(R i = 1; i <= ret; i ++) cut(); 79 } 80 81 void pre() 82 { 83 n = read(), m = read(); 84 inv[0] = inv[1] = 1; 85 for(R i = 1; i <= n; i ++) father[i] = i, Size[i] = 1; 86 for(R i = 2; i <= n; i ++) 87 inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p; 88 } 89 90 void change(int x, int l, int r, int ll, int rr) 91 { 92 if(l == ll && r == rr){add(x, w); return ;} 93 int mid = (l + r) >> 1; 94 if(rr <= mid) change(x * 2, l, mid, ll, rr); 95 else if(ll > mid) change(x * 2 + 1, mid + 1, r, ll, rr); 96 else change(x * 2, l, mid, ll, mid), change(x * 2 + 1, mid + 1, r, mid + 1, rr); 97 } 98 99 void work() 100 { 101 int tmp; 102 for(R i = 1; i <= m; i ++) 103 { 104 int opt = read(), a = read(), b = read(); 105 if(a > b) swap(a, b); 106 if(!MAP[(line){a, b}]) 107 MAP[(line){a, b}] = ++ cnt, tmp = cnt, road[cnt] = (line){a, b}; 108 else tmp = MAP[(line){a, b}];//获取编号 109 if(opt == 1) up[tmp] = i;//存下这条边的出现时间 110 else w = tmp, change(1, 1, m, up[tmp], i - 1), up[tmp] = 0; 111 } 112 for(R i = 1; i <= cnt; i ++) 113 if(up[i]) w = i, change(1, 1, m, up[i], m); 114 solve(1, 1, m); 115 for(R i = 1; i <= m; i ++) printf("%lld ", ans[i]); 116 } 117 118 int main() 119 { 120 //freopen("in.in", "r", stdin); 121 pre(); 122 work(); 123 //fclose(stdin); 124 return 0; 125 }