題意
給你n個城市m個邊，每條邊有一權值，表示路費
如果給出一筆錢，錢大於路費則表示該條路可以通過
通過這條路 則代表 點 (a,b) 和(b,a)是合法的點，合法的對數為2
k次查詢，每次查詢給出一筆錢，求該筆錢能走過的所有點的合法對數
對輸入的邊按權值排序，對輸入的錢數按權值排序
對第一筆錢，把權值比錢小的邊 全都加到乙個並查集，
設兩端點為t1,t2
intf1=findx(t1);int
f2=findx(t2);
bin[f1]=f2;
那麼也就是說，把t1,t2所在的兩個聯通塊合併了，新的根節點為f2，
所以兩個聯通塊新增加的邊數，為f1塊的點乘上f2快的每乙個點，並且由於x,y和y,x算兩對點，所以總的為2*f[f1]*f[f2]//f一直維護的是 該聯通塊的節點的個數
並且累計新增的合法對數 sum+=2*f[f1]*f[f2] // f1,f2為兩個端點在並查集中的根節點
並且輔助陣列f[f2]+=f[f1] //必須是f1,f2，不能是t1,t2 此時就維護該新的聯通塊的節點個數，因為f1塊已經被合併到f2塊，就沒必要維護了（再也不會訪問到）
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對這筆錢做完操作後記錄下sum，轉入下一筆錢，由於已經排序了，下筆錢大於等於本筆錢，一定能覆蓋 之前算過的點，
所以只需要利用之前的結果，在原來已經新增了的邊的基礎上直接繼續新增邊，在原sum上直接累加直到所有邊遍歷完
最終複雜度o(n)
最後按要求輸出答案即可、
#include using namespace std;
struct node
q[5005] , arr[100005];
int f[20005] , bin[20005]; ///f塊的個數 ， bin父節點
int ans[5005];
bool cmp(node n1 , node n2)
int find(int x)
int main()
for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
for(int i = 1 ; i <= q ; i ++)
sort(arr + 1 , arr + 1 + m , cmp);
sort(q + 1 , q + 1 + q , cmp);
int sum = 0 , j = 1;
for(int i = 1 ; i <= q ; i ++)
j++;
}ans[q[i].index] = sum;
}for(int i = 1 ; i <= q ; i ++)
}}
hdu 3938 Portal 離線 並查集
題意描述 簡單的講就是，給你一張無向圖，求有多少條路徑使得路徑上的花費小於l，這裡路徑上的花費是這樣規定的，a b兩點之間的多條路徑中的最長的邊最小值！思路 原理最小生成樹，相通的點是乙個集合，兩個集合合併的時候，裡面的點數乘積就是合併之後的路徑數 include include includeus...
HDU 3938 Portal （並查集 離線）
兩點之間建立傳送門需要的能量為他們之間所有路徑裡最小的t，一條路徑的t為該路徑上最長的邊的長度。現在 q 個詢問，問 l 能量可以選擇多少種不同點對？因為小的能量找出的點對，在大的能量下肯定也能建立傳送門，因此把詢問記下來，按詢問的能量從小到大計算，這樣離線處理。從小到大列舉新增每條能量不超過當前能...
HDU 3938 Portal 並查集，離線
題目鏈結 查詢有多少對 x,y 使得x到y至少存在一條路徑，路徑上的邊權值最大值不超過l。從小到達依次列舉各個邊，就能得到若干個圖，圖里的每條邊都不大於當前的最大邊 廢話 但是問題在於如何求出每次新加入一條邊之後的點的對數，因為所有的邊不一定是全都連線一起的。如果一條邊把乙個點連入乙個圖里的話，那麼...