闲话

stO猫锟学长，满脑子神仙DS

网上有不少Dalao把线段树分治也归入CDQ分治？

还是听听YCB巨佬的介绍：

狭义:只计算左边对右边的贡献。

广义:只计算外部对内部的贡献。

看来可以理解为广义下的。

不过叫它线段树分治挺形象的啊！

线段树分治思想

我们在做CDQ的时候，将询问和操作通通视为元素，在归并过程中统计左边的操作对右边的询问的贡献。

而在线段树分治中，询问被固定了。按时间轴确定好询问的序列以后，我们还需要所有的操作都会影响一个时间区间。而这个区间，毫无疑问正好对应着询问的一段区间。

于是，我们可以将每一个操作丢到若干询问里做区间修改了，而线段树可以高效地维护。我们开一个叶子节点下标为询问排列的线段树，作为分治过程的底层结构。

具体的实现，仍然要看题目。

例题1

BZOJ4025二分图（点击进入题目）

首先，图是二分图的充要条件是不存在奇环。

这个性质非常好。我们可以维护一棵生成树，假如当前要加入一条边\(x-y\)，而生成树中\(x\)到\(y\)的路径上有偶数条边，那么就会形成奇环。如果\(x\)到\(y\)的路径上有奇数条边，就没问题，而且去掉这条边不会影响后续奇偶性的判断。这就让我们想到LCT做法：像WC2005双面棋盘一样，维护关于边删除时间的最大生成树，每次加边并判断。这里不详细展开。

关于维护奇偶性，我们还可以这样想：二分图染色！每次新加入一条边的时候，我们需要保证\(x,y\)之前其中之一未被染色或已染上不同颜色。因此我们参考NOIP2010关押罪犯，维护并查集，对每个点\(x\)额外建一个点\(x'\)表示它的反集，在加边时，如果\(x,y\)位于同一集合，将不再是二分图。否则合并\(x,y'\)和\(y,x'\)。

但是边有存在时间，而并查集显然不能随意删边。这时候，线段树分治的一大妙用就派上用场了。

发现每个时刻都要询问是否为二分图，我们就对时间建立线段树。对于每条边，我们就按照区间加法的模式，把边挂在出现时间对应线段树内的\(\log\)个节点上，用链表实现。分治时，从根节点出发，每到一个节点，将挂在该节点上的所有边合并，然后递归处理左儿子和右儿子。如果发现有某条边合并会出现奇环，那么显然可以断言，当前线段树节点所对应的时间区间都不会形成二分图。当成功到达叶子节点的时候，我们惊奇地发现，在这一时刻的所有边已经在并查集中，而这一时刻也得到了Yes的肯定答案！

一口气搞完了线段树分治流程的一大半，现在我们看看之前不能随意删边的问题。发现我们遍历线段树过程的本质，实际上是跑了一遍dfn序。这明显是一个栈的过程，不断向下遍历，同时加边；再进行回溯，我们要删去的是最后加的边！而使用按秩合并不路径压缩的并查集，我们就可以轻松做到可撤销最后一步的加边。实现的时候，也要写一个栈，保存每次并查集合并的有关信息（合并时加入的边，合并后树高\(dep\)的变化），在线段树中处理完左右子树后，将在当前节点加入的边删除。

分治过程至此结束。来分析一下复杂度。每条边会挂在\(\log T\)个线段树节点上。因为并查集没有路径压缩，所以每次加边删边判连通性时都需要跳\(\log n\)次\(fa\)。于是得出了总复杂度\(m\log n\log T\)。

写法上，蒟蒻还通过许多Dalao的博客了解到另一种用异或和维护奇偶性的并查集写法。比起蒟蒻提到的这种，常数小了一半，但感觉思路没那么简洁（其实是因为我这种弱鸡弄不懂比不上Dalao）

实现细节方面，注意题目中时间段与时刻的区别（时间段从\(1\)开始，时刻从\(0\)开始）。数据中还有某些边出现了“瞬闪”的现象（出现时刻等于消失时刻），做区间加法时不特判一下会RE。数据中还有自环（不能构成二分图），不过使用蒟蒻这种并查集写法似乎没影响。

#include<cstdio>

#define I inline

#define RG register

#define R RG int

const int N=2e5,M=N<<1,L=4e6;

char buf[M],*pe=buf+M,*pp=pe-1;

int p,st[L],u[M],v[M],f[M],d[M],he[M],ne[L],id[L];

bool fl[L];

I void gc(){

	if(++pp==pe)fread(pp=buf,1,M,stdin);

}

I void pc(RG char C){

	if(++pp==pe)fwrite(pp=buf,1,M,stdout);*pp=C;

}

I int in(){

	gc();while(*pp<'-')gc();

	R x=*pp&15;gc();

	while(*pp>'-')x=x*10+(*pp&15),gc();

	return x;

}

I int get(R x){//直接跳fa

	while(f[x])x=f[x];

	return x;

}

I void merge(R x,R y){

	if(x==y)return;

	if(d[x]>d[y]){R t=x;x=y;y=t;}

	f[st[++p]=x]=y;//按秩合并，信息压入栈

	d[y]+=fl[p]=d[x]==d[y];//注意dep有没有变也要压

}

void upd(R t,R l,R r,R s,R e,R i){//区间加

	if(l==s&&r==e){

		ne[++p]=he[t];id[he[t]=p]=i;//挂链

		return;

	}

	R m=(l+r)>>1;

	if(e<=m)upd(t<<1,l,m,s,e,i);

	else if(s>m)upd(t<<1|1,m+1,r,s,e,i);

	else upd(t<<1,l,m,s,m,i),upd(t<<1|1,m+1,r,m+1,e,i);

}

void div(R t,R l,R r){

	R x,y,i,m=(l+r)>>1,lst=p;

	for(i=he[t];i;i=ne[i]){

		if((x=get(u[id[i]]))==(y=get(v[id[i]]))){

			for(;l<=r;++l)pc('N'),pc('o'),pc('\n');

			goto E;//出现奇环，断定整个区间不合法

		}

		merge(get(u[id[i]]+N),y);//合并反点

		merge(get(v[id[i]]+N),x);

	}

	if(l==r)pc('Y'),pc('e'),pc('s'),pc('\n');

	else div(t<<1,l,m),div(t<<1|1,m+1,r);

  E:for(;p>lst;--p)//撤销

		d[f[st[p]]]-=fl[p],f[st[p]]=0;

}

int main(){//g++：unused variable ‘n’。蒟蒻：叫我怎么用你？

	R n=in(),m=in(),t=in(),s,e;

	for(R i=1;i<=m;++i){

		u[i]=in();v[i]=in();s=in();e=in();

		if(s!=e)upd(1,1,t,s+1,e,i);//特判

	}

	pp=buf-1;div(1,1,t);

	fwrite(buf,1,pp-buf+1,stdout);

	return 0;

}

例题二

BZOJ3237[Ahoi2013]连通图（点击进入题目）

这一个就没那么裸了，并没有体现任何询问的时间轴，以及修改对应的时间区间。

可是，一个图任意删边我们还是没法做，仍然要转化成加边。我们强行按照先后顺序对询问建时间轴，猛然发现，原来每条边的存在仍然是若干段时间区间！因为删边意味着由一段时间区间分裂成两段，所以总的段数控制在\(O(k)\)级别。

当然还是可以大力LCT。

当然接着使用线段树分治。这里的并查集使用带权的，维护好当前连通块大小。如果大小等于\(n\)说明图连通。

其它的部分代码几乎照搬。当然由删边的时间点转化为加边的时间区间需要写一个链表实现，蒟蒻使用了STL的list（又是第一次学一个STL。。。）

复杂度仍然是两个\(\log\)，不过据说有随机权值的巧妙做法？

#include<cstdio>

#include<list>

#define I inline

#define RG register

#define R RG int

#define G c=getchar()

using namespace std;

const int N=2e5+9,M=4e5+9,L=8e6+9;

int n,p,st[M],f[N],s[N],d[N],a[M],b[M],he[M<<1],ne[L],id[L];

bool fl[M];

list<int>li[M];

I int in(){

	RG char G;

	while(c<'-')G;

	R x=c&15;G;

	while(c>'-')x*=10,x+=c&15,G;

	return x;

}

I int get(R x){

	while(f[x])x=f[x];

	return x;

}

void upd(R t,R l,R r,R s,R e,R i){

	if(l==s&&r==e){

		ne[++p]=he[t];id[he[t]=p]=i;

		return;

	}

	R m=(l+r)>>1;

	if(e<=m)upd(t<<1,l,m,s,e,i);

	else if(s>m)upd(t<<1|1,m+1,r,s,e,i);

	else upd(t<<1,l,m,s,m,i),upd(t<<1|1,m+1,r,m+1,e,i);

}

void div(R t,R l,R r){

	R i,x,y,m=(l+r)>>1,lst=p;

	for(i=he[t];i;i=ne[i]){

		if((x=get(a[id[i]]))==(y=get(b[id[i]])))continue;

		if(s[x]+s[y]==n){//剪枝，对复杂度并没有什么优化

			for(;l<=r;++l)puts("Connected");

			goto E;

		}

		if(d[x]>d[y])swap(x,y);

		s[f[st[++p]=x]=y]+=s[x];//带权合并

		d[y]+=fl[p]=d[x]==d[y];

	}

	if(l==r)puts("Disconnected");

	else div(t<<1,l,m),div(t<<1|1,m+1,r);

  E:for(;p!=lst;--p)

		d[f[x=st[p]]]-=fl[p],s[f[x]]-=s[x],f[x]=0;

}

int main(){

	n=in();R m=in(),k,i,lst;

	RG list<int>::iterator it;

	for(i=1;i<=n;++i)s[i]=1;

	for(i=1;i<=m;++i)

		a[i]=in(),b[i]=in();

	k=in();

	for(i=1;i<=k;++i)

		for(R c=in();c;--c)

			li[in()].push_back(i);

	for(i=1;i<=m;++i){

		li[i].sort();li[i].push_back(k+1);//排个序

		for(lst=1,it=li[i].begin();it!=li[i].end();++it){

			if(lst!=*it)upd(1,1,k,lst,*it-1,i);

			lst=*it+1;//把区间弄出来

		}

	}

	p=0;div(1,1,k);

	return 0;

}