| P4053 [Hnoi2016 day1]最小公倍數 | ||
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問題描述
給定一張N個頂點M條邊的無向圖(頂點編號爲1,2,…,n)，每條邊上帶有權值。所有權值都可以分解成2^a*3^b
的形式。現在有q個詢問，每次詢問給定四個參數u、v、a和b，請你求出是否存在一條頂點u到v之間的路徑，使得
路徑依次經過的邊上的權值的最小公倍數爲2^a*3^b。注意：路徑可以不是簡單路徑。下面是一些可能有用的定義
：最小公倍數：K個數a1,a2,…,ak的最小公倍數是能被每個ai整除的最小正整數。路徑：路徑P:P1,P2,…,Pk是頂
點序列，滿足對於任意1<=i<k，節點Pi和Pi+1之間都有邊相連。簡單路徑：如果路徑P:P1,P2,…,Pk中，對於任意1
<=s≠t<=k都有Ps≠Pt，那麼稱路徑爲簡單路徑。
輸入格式
第一行包含兩個整數N和M，分別代表圖的頂點數和邊數。接下來M行，每行包含四個整數u、v、a、
b代表一條頂點u和v之間、權值爲2^a*3^b的邊。接下來一行包含一個整數q，代表詢問數。接下來q行，每行包含四
個整數u、v、a和b，代表一次詢問。詢問內容請參見問題描述。1<=n,q<=50000、1<=m<=100000、0<=a,b<=10^9
輸出格式
對於每次詢問，如果存在滿足條件的路徑，則輸出一行Yes，否則輸出一行 No（注意：第一個字母大寫，其餘
字母小寫） 。
樣例輸入
4 5
1 2 1 3
1 3 1 2
1 4 2 1
2 4 3 2
3 4 2 2
5
1 4 3 3
4 2 2 3
1 3 2 2
2 3 2 2
1 3 4 4
樣例輸出
Yes
Yes
Yes
No
No
提示
樣例說明:
分析：首先不難發現所謂的lcm就是路徑上a的最大值和b的最大值，那麼暴力方法就出來了，選出所有a不大於q.a並且b不大於q.b的邊，跑帶權並查集，暴力驗證。
不bb，說正解。
先把m條邊按a排序並分塊，q次詢問按b排序。
對於每一塊，我們只處理a在此塊的邊的a的範圍內的詢問，把這些詢先弄出來。
此時，我們再把之前的塊的邊按b排序。
由於這些詢問的a一定大於前面塊的邊的a，即前面的塊中的邊的a一定滿足限制，只需滿足b。
並查集，要回退，回退的操作是哪些呢？一個詢問在這個塊內滿足條件的邊。之前塊的邊是不需要回退的，因爲a滿足，詢問的b遞增，所以之前加進來的邊後面的詢問一定可以用！
詳細見代碼吧，還是比較好懂。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
template <typename T>
inline void _read(T& x){
char t=getchar();bool sign=true;
while(t<'0'||t>'9'){if(t=='-')sign=false;t=getchar();}
for(x=0;t>='0'&&t<='9';t=getchar())x=x*10+t-'0';
if(!sign)x=-x;
}
int n,m,q,e;
int block;
int top;
int tot;
struct node{
int x,y,a,b,id;
node(){}
node(int X,int Y,int A,int B,int ID){x=X;y=Y;a=A;b=B;id=ID;}
};
bool cmp1(node A,node B){
if(A.a==B.a)return A.b<B.b;
else return A.a<B.a;
}
bool cmp2(node A,node B){
if(A.b==B.b)return A.a<B.a;
else return A.b<B.b;
}
node edge[100005];
node work[100005];
int need[100005];
int fa[100005],maxa[100005],maxb[100005],size[100005];
bool ans[100005];
struct back{
int x,y,fa,ma,mb,si;
back(){}
back(int X,int Y,int FA,int MA,int MB,int SI){x=X;y=Y;fa=FA;ma=MA;mb=MB;si=SI;}
};
back roll[100005];
int getfather(int x){
if(fa[x]!=x)return getfather(fa[x]);
else return x;
}
void merge(int x,int y,int a,int b){
int fx=getfather(x),fy=getfather(y);
if(size[fx]>size[fy])swap(fx,fy);
roll[++top]=back(fx,fy,fa[fx],maxa[fy],maxb[fy],size[fy]);
if(fx==fy){
maxa[fx]=max(maxa[fx],a);
maxb[fx]=max(maxb[fx],b);
return;
}
fa[fx]=fy;
size[fy]+=size[fx];
maxa[fy]=max(maxa[fy],max(a,maxa[fx]));
maxb[fy]=max(maxb[fy],max(b,maxb[fx]));
}
void rollback(){
int i;
for(i=top;i;i--){
fa[roll[i].x]=roll[i].fa;
maxa[roll[i].y]=roll[i].ma;
maxb[roll[i].y]=roll[i].mb;
size[roll[i].y]=roll[i].si;
}
top=0;
}
int main(){
int i,j,k;
cin>>n>>m;
for(i=1;i<=m;i++){
_read(edge[i].x);_read(edge[i].y);_read(edge[i].a);_read(edge[i].b);
}
cin>>q;
for(i=1;i<=q;i++){
_read(work[i].x);_read(work[i].y);_read(work[i].a);_read(work[i].b);
work[i].id=i;
}
sort(edge+1,edge+1+m,cmp1);
sort(work+1,work+1+q,cmp2);
block=755;
for(i=1;i<=m;i+=block){
tot=top=0;
for(j=1;j<=q;j++){
if(work[j].a>=edge[i].a&&(i+block>m||work[j].a<edge[i+block].a)){
need[++tot]=j;
}
}
sort(edge+1,edge+i,cmp2);
for(j=1;j<=n;j++){
fa[j]=j;maxa[j]=-1;maxb[j]=-1;size[j]=1;
}
int pos=1;
for(j=1;j<=tot;j++){
while(pos<i&&work[need[j]].b>=edge[pos].b)merge(edge[pos].x,edge[pos].y,edge[pos].a,edge[pos].b),pos++;
top=0;
for(k=i;k<i+block&&k<=m;k++){
if(edge[k].a<=work[need[j]].a&&edge[k].b<=work[need[j]].b)merge(edge[k].x,edge[k].y,edge[k].a,edge[k].b);
}
int x,y;
x=getfather(work[need[j]].x);y=getfather(work[need[j]].y);
if(x==y&&maxa[x]==work[need[j]].a&&maxb[x]==work[need[j]].b)ans[work[need[j]].id]=true;
else ans[work[need[j]].id]=false;
rollback();
}
}
for(i=1;i<=q;i++){
if(ans[i])puts("Yes");
else puts("No");
}
}
