NOJ——1508火烧赤壁2（并查集+启发式合并+逆序加边）

[1508] 火烧赤壁2
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问题描述
上次出了一道火烧赤壁的题目给当时的新生，也就是你们的上一届学长们做，那么这次，我又想到了另一个想法。
上次的火烧赤壁的题号为1274
这次稍微难一点，我们来个火烧赤壁2吧。

Hungar个人很喜欢曹操这个人，所以这次有机会穿越到三国时代，他想帮助曹操打赢赤壁之战。
但是他去晚了，当他穿越到那的时候发现大火已经在蔓延了，所以他能做的就是马上告诉曹操把已经着火的船的锁链(船与船相连都是靠锁链达到的)给破坏掉使火不会蔓延到附近的船只。

现在告诉你曹操一共有N艘船，M条铁链，船只编号从0开始到n-1。
然后再告诉你依次着火的船只编号，问舍弃那艘船以后，剩下的船只能形成几个连通块(只要是被铁链连在一起的全部船只，就算一共连通块)。
船与船之间可能存在多条锁链。
输入
输入包括第一行两个整数，N(1 <= N <= 2M)和M(1 <= M <= 200,000)。
接下来M行，每行包括两个整数x和y(x != y)，分别表示编号为x和y的船只被一根锁链连起来。
再接下来一个正整数T表示着火船只的数量。
接下来T行，每行包含一个整数z表示被烧船只的编号，编号不会出现一样的，也就是说已经被烧的船只不会再去烧它。
输出
输出z+1个数，第一行为着火前这些船的连通块数，后z行表示每次依次烧掉一只船后，剩下的连通块数。
样例输入

样例输出
```
1

1

1

2

3

3
```

思路：题目中舍弃的船是有先后次序的，前面的会对后面的造成影响。然后什么是逆序加边？先把所有的连接点对和舍弃的船全存起来，然后把所有不在舍弃的点集合中的点进行合并，比如题目中一开始就只存在0,2,4这三个点，且没有边可以合并（任意边均有至少一个点属于被舍弃的集合）这样完成之后的连通情况记为F。然后可以推出：我最后一次舍弃的是7号，求此时的连通块的做法。求7号时显然前面的点已经全部被舍弃，那么这种情况等价于F；然后往前推求舍弃5的情况，显然此时情况等价于F加上7所在的所有边。然后3、6、1情况以此类推。由此可见逆序可以减小复杂度，不然我顺序每求一次都要把连通情况初始化为F，然后又进行倒序加边。复杂度由N范围决定，数据一大肯定超时。然后此题WA多次，最后几次是由于多输出了一个数，最后因为文字太多看不清用文件重定向才发现是多输出了一个数……

代码：

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdlib>

#include<sstream>

#include<cstring>

#include<cstdio>

#include<string>

#include<deque>

#include<stack>

#include<cmath>

#include<queue>

#include<set>

#include<map>

#define INF 0x3f3f3f3f

#define MM(x) memset(x,0,sizeof(x))

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=200010;

int pre[2*N];

int ran[2*N];

int vis[2*N];

vector<int>E[N];

vector<int>pos;

inline int find(const int &a)

{

	if(a!=pre[a])

		return pre[a]=find(pre[a]);

	return pre[a];

}

inline int joint(const int &a,const int &b)

{

	int fa=find(a),fb=find(b);

	if(fa!=fb)

	{

		if(ran[fa]>=ran[fb])

		{

			ran[fa]+=ran[fb];

			pre[fb]=fa;

			ran[fb]=0;

		}

		else

		{

			ran[fb]+=ran[fa];

			pre[fa]=fb;

			ran[fa]=0;

		}

		return 1;

	}

	return 0;

}

inline void init(int n)

{

	for (int i=0; i<n; i++)

	{

		pre[i]=i;

		ran[i]=1;

		vis[i]=1;

		E[i].clear();

	}

	pos.clear();

}

inline void init2(int n)

{

	for (int i=0; i<n; i++)

	{

		pre[i]=i;

		ran[i]=1;

	}

}

int main(void)

{

	int i,j,x,y,z,n,m,t,k;

	while (~scanf("%d%d",&n,&m))

	{

		init(n);

		for (i=0; i<m; i++)

		{

			scanf("%d%d",&x,&y);

			E[x].push_back(y);

			E[y].push_back(x);

			joint(x,y);

		}

		k=0;

		for (i=0; i<n; i++)

		{

			if(ran[i]>=1)

				k++;

		}

		init2(n);

		k=n;

		scanf("%d",&t);

		for (i=0; i<t; i++)

		{

			scanf("%d",&z);

			pos.push_back(z);

			if(vis[z]==1)

			{

				vis[z]=0;

				k--;

			}

		}

		vector<int>ans;

		for (i=0; i<n; i++)

		{

			if(vis[i]==1)

			{

				for (j=0; j<E[i].size(); j++)

				{

					if(vis[E[i][j]])

					{

						if(joint(E[i][j],i))

							k--;

					}

				}

			}

		}

		ans.push_back(k);

		int cnt=pos.size(),fa,fb;

		for (i=cnt-1; i>=0; i--)

		{

			int v=pos[i];

			vis[v]=1;

			k++;

			for (j=0; j<E[v].size(); j++)

			{

				if(vis[E[v][j]])

				{

					if(joint(E[v][j],v))

						k--;

				}

			}

			ans.push_back(k);

		}

		cnt=ans.size();

		for (i=cnt-1; i>=0; i--)

			printf("%d\n",ans[i]);

	}

	return 0;

}

巴特西

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