cdq（時間分治）

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題意：給定n個點m條無向邊，每條邊有乙個寬度（l，r）。現在有乙個人在一號節點，這個人的寬度不知，問最後這個人到達n號節點可以有多少種大小。通過一條邊的條件是這個人的寬度大小在這條邊的範圍之內。（用詞不準確，但大概題意就是這樣tttt。。。）。

菜鳥一看見這道題，這不dfs搜尋一下就ok了,菜鳥還是頭腦太簡單了。

看了官方題解，時間分治？？？？這是什鬼東西呢，表示不知道。後來才知道就是cdq分治，以前聽說過cdq，但不知道還有乙個名字時間分治。

前置技能：並查集按秩合併

並查集集合並的時候可以通過路徑壓縮的方式去提高查詢的效率，缺點就是如果想撤銷操作的話就比較困難了。因此有了另外一種合併方式——按秩合併。這裡的秩指的是樹的高度，有的地方也說是集合的大小。

每次把秩小的合併到秩大的。

為什麼要這樣呢？我們沒有路勁壓縮，但希望可以提高查詢的效率，因此需要盡量維護這顆樹的平衡

h[b]
=max
(h[a]+1
, h[b]
);

h:表示節點秩的大小。並且b的秩大於等於b的秩。如果b的秩嚴格大於a的秩，那麼合併之後的秩不變。如果a,b的秩相同。那麼就需要加一。想不明白的自己畫個圖看一看就很清楚了。

此題思路：

這裡的寬度區間比較大，所以需要先離散化一下。對於一條可以從1到n的路徑，其實我們並不關心這條路徑具體走過那些節點。我們只需要知道它可以到達n，以及這條路勁上的區間並。假設對於選擇了k條邊，那麼把每條邊對應的兩個點用並查集合並到一起，如果最後1和n在同乙個集合裡。那是不是就說明這條路勁可行呢？顯然是的。

具體怎麼做呢。建立一顆線段樹，每個節點表示這個區間內的邊的節點。假設一條邊是（u，v，l,r）那麼就需要在區間[l,r]上加入a,b這兩個點，因為對於所有[l,r]的子區間，他們都是可以走a,b這條邊的。把所有邊的資訊加入線段樹之後。就可以開始查詢了。

從根節點開始往下尋找。每經過乙個節點就把這個區間內的點用並查集合並。最後走到葉子節點的時候判斷一下1和n是否聯通，如果聯通就累加上該區間對答案的貢獻。最後回溯的時候需要撤銷並查集的操作，因此合併並查集的時候記錄一下合併的點的資訊，方便後來撤銷操作。

在區間離散化的時候，右區間r+1，可以防止左右端點相同，區間退化為點的情況。最後的右區間對應的離散化後的小標需要減1.

#include
using namespace std;
typedef pair<
int,
int>pii;
const
int n =
100*
1000+10
;int n, m, sz;
int h[n *2]
, f[n *2]
, a[n *2]
;int ans;
struct node edge[n]
;void
init()
}int
find
(int x)
intgetid
(int x)
vectorsum[n <<3]
;void
add(
int rt,
int l,
int r,
int l,
int r,
int a,
int b));
return;}
int mid = l + r >>1;
if(l <= mid)
add(rt <<
1, l, mid, l, r, a, b);if
(r > mid)
add(rt <<1|
1, mid +
1, r, l, r, a, b);}
void
ask(
int rt,
int l,
int r));
f[a]
= b;
h[b]
=max
(h[a]+1
, h[b]);
}if(l == r) ans +=(
find(1
)==find
(n)?a[l+1]
-a[l]:0
);else
for(
int i =
0; isize()
; i++)}
intmain()
sort
(a +
1, a +1+
2* m)
;	sz =
unique
(a +
1, a +1+
2* m)
- a -1;
for(
int i =
1; i <= m; i++
)ask(1
,1, sz)
;printf
("%d\n"
, ans)
;return0;
}

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