Description

給一個 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的、不含偶環的無向圖，每次詢問 \([l,r]\) ，求 \([l,r]\) 中有多少 \([x,y]\) 使得編號在 \([x,y]\) 中的點組成的誘導子圖是一個二分圖。

\(n,m,q\le 3\times 10^5\)

Solution

顯然這個圖是一個奇環仙人掌。于是在這張圖中，是二分圖的充要條件是不含環。

于是預處理邊雙連通分量，記錄每個 \(ebc\) 的編號最小和最大點，記為 \(mn[i]\) 和 \(mx[i]\) 。

那么就可以記錄一個數組 \(s[i]\) ，表示編號為 \(i\) 的點向右最遠可以可以擴展到 \(s[i]\) ，使得 \([i,s[i]]?\) 的點組成的誘導子圖是二分圖。

所以初始 \(s[mn[i]]=mx[i] - 1\) ，再用一個后綴最小值就可以得到 \(s\) 數組。顯然 \(s\) 單調不減。

考慮如何回答詢問。考慮一個中轉點 \(p\) ，滿足 \(\forall i \in [l,p-1],s[i]<r\) 以及 \(\forall i\in[p,r],s[i]>=r\) ，那么答案等于
\[ (\sum_{i=l}^{p-1}s[i]-i+1)+(\sum_{i=p}^rr-i+1) \]

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;template <class T> void read(T &x) {x = 0; bool flag = 0; char ch = getchar(); for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) flag |= ch == '-';for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48; flag ? x = ~x + 1 : 0; }#define N 300010 #define rep(i, a, b) for (auto i = (a); i <= (b); i++) #define drp(i, a, b) for (auto i = (a); i >= (b); i--) #define ll long longstruct { int v, next; }e[N << 1]; int head[N]; bool isBridge[N << 1]; inline void add(int u, int v) {static int tot = 1; e[++tot].v = v, e[tot].next = head[u], head[u] = tot; }int dfn[N], low[N]; void tarjan(int u, int fa) {static int ind; dfn[u] = low[u] = ++ind;for (int i = head[u], v; i; i = e[i].next) {if (!dfn[v = e[i].v]) {tarjan(v, u), low[u] = min(low[u], low[v]);if (low[v] > dfn[u]) isBridge[i] = isBridge[i ^ 1] = 1;}else if (dfn[v] < dfn[u] && v ^ fa) low[u] = min(low[u], dfn[v]);} }int bl[N], siz[N]; void dfs(int u, int ebc) {siz[bl[u] = ebc]++; // printf("%d\n", u);for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) if (!bl[e[i].v] && !isBridge[i]) dfs(e[i].v, ebc); }int mn[N], mx[N], s[N]; ll sum[N];int main() {int n, m; read(n), read(m);rep(i, 1, m) {int u, v; read(u), read(v);add(u, v), add(v, u);}rep(i, 1, n) if (!dfn[i]) tarjan(i, 0);int ebc = 0;rep(i, 1, n) if (!bl[i]) dfs(i, ++ebc);rep(i, 1, n) mx[bl[i]] = i;drp(i, n, 1) mn[bl[i]] = i;rep(i, 1, n) s[i] = n;rep(i, 1, ebc) if (siz[i] > 1) s[mn[i]] = mx[i] - 1;drp(i, n - 1, 1) s[i] = min(s[i], s[i + 1]);rep(i, 1, n) sum[i] = sum[i - 1] + s[i] - i + 1;int q; read(q);while (q--) {int l, r; read(l), read(r);int p = lower_bound(s + l, s + r + 1, r) - s;printf("%lld\n", 1ll * (r - p + 1) * (r - p + 2) / 2 + sum[p - 1] - sum[l - 1]);}return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/aziint/p/9643134.html

總結

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