带权并查集

不同于普通的并查集，带权并查集是在并查集的基础上，根据题目的含义，对每一个节点赋予权值含义，在并查集的合并操作中，同时对权值进行操作。

不难看出，合并时$y$的父节点$py$的变化为：

	fa[py] = px;
	val[py] = -val[y] + d + val[x];

合并时的代码：

void merge(int x, int y, int v) {
	int px = find(x), py = find(y);
	if (px != py) {
		fa[px] = py;
		val[px] = -val[x] + v + val[y];
	}
}

查询祖先时，对于节点$x$，设其当前的父节点$t$，那么val[x]就是从$x$到$t$这段。更新了父节点后父节点变成了$p$，然后当前的val[t]就是$t$到$p$这一段。根据路径压缩，我们的节点$x$最终也要只想$p$，那么其权值就是从$x$到$t$这段的val[x]增加一段$t$到$p$这一段的距离（现在是val[t]）。

int find(int x) {
	if (x == fa[x]) return x;
	int t = fa[x];
	fa[x] = find(fa[x]);
	val[x] += val[t];
	return fa[x];
}

NOI 2001 - 食物链

题目链接

解法

题目关键是$A$吃$B$，$B$吃$C$，$C$吃$A$。这是一个循环的食物链。如果我们给每一个动物编号，那么其实相当于可以根据编号给这些动物划分成三个等价类，分别归类到$A,B,C$中去。不难发现，这个等价类是一个$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$等价类。 也就是说，如果两个动物的编号对$3$取模后相等，那么这两个动物是同一类动物；如果两个动物的编号对$3$取模后差值为$1$，则其中存在捕食关系。

换言之，我们给每一个动物赋予的权值，就是这个编号。节点与节点的关系，就靠捕食关系来完成。

我们设编号在模$3$意义下，$1$可以吃$0$，$0$可以吃$2$，$2$可以吃$1$。

对于给定的$x,y$：
如果他们都已经在同一个食物网中，那么判断他们是不是同类，只需要看他们是不是模$3$等价类。判断他们是否有捕食关系，只需要看他们的权值之差在模$3$意义下是不是$1$（注意捕食先后顺序）。
如果他们中仅有一个不在食物网中，或他们不在同一个食物网中，则将在食物网中的那个节点设为不在食物网中的那个节点的父亲，然后将后者并入前者的并查集。
如果他们都不在食物网中，任选一个作为父亲，建立一个新的并查集。

Code:

#include
using namespace std;
typedef long long LL;

int n, k, ans;
int fa[50050], val[50050];

int find(int x) {
	if (x == fa[x]) return x;
	int t = fa[x];
	fa[x] = find(fa[x]);
	val[x] += val[t];
	return fa[x];
}

//x eat y: val[x] = val[y] + 1
void merge(int x, int y, int v) {
	int px = find(x), py = find(y);
	if (px != py) {
		fa[px] = py;
		val[px] = -val[x] + v + val[y];
	}
}

int main() {
	cin >> n >> k;
	ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fa[i] = i; val[i] = 0;
	}
	for (int i = 1; i <= k; ++i) {
		int op, x, y;
		cin >> op >> x >> y;
		if (x > n or y > n) {
			++ans; continue;
		}
		if (op == 1) {
			if (find(x) == find(y)) {
				int idx = (val[x] % 3 + 3) % 3, idy = (val[y] % 3 + 3) % 3;
				if (idx != idy) {
					++ans; continue;
				}
			}
			else merge(x, y, 3);
		}
		else {
			if (x == y) {
				++ans; continue;
			}
			if (find(x) == find(y)) {
				int idx = (val[x] % 3 + 3) % 3, idy = (val[y] % 3 + 3) % 3;
				int d = ((idx - idy) % 3 + 3) % 3;
				if (d != 1) {
					++ans; continue;
				}
			}
			else merge(x, y, 1);
		}
	}
	cout << ans << "\n";
	return 0;
}

POJ 2492 - A Bug’s Life

题目链接

和食物链题目几乎一样，只不过两种性别将虫子变成模$2$等价类。同性别虫子的编号模$2$意义下相同（要么是$0$，要么是$1$）。
（cin cout不关同步会t，每组数据后面不多输出一个空行会格式错误。）

Code:

#include
using namespace std;
typedef long long LL;

int n, m;
int fa[2050], val[2050];

int id(int x) {
	return (x % 2 + 2) % 2;
}

int find(int x) {
	if (x == fa[x]) return x;
	int t = fa[x];
	fa[x] = find(fa[x]);
	val[x] += val[t];
	return fa[x];
}

void merge(int x, int y, int v) {
	int px = find(x), py = find(y);
	if (px != py) {
		fa[px] = py;
		val[px] = -val[x] + v + val[y];
	}
}

void main2() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fa[i] = i; val[i] = 0;
	}
	bool has_bug = false;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		if (has_bug) continue;
		if (find(x) == find(y)) {
			if (id(id(val[x]) - id(val[y])) == 0) {
				has_bug = true;
				continue;
			}
		}
		else merge(x, y, 1);
	}
	if (has_bug) cout << "Suspicious bugs found!\n";
	else cout << "No suspicious bugs found!\n";	
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int _; cin >> _;
	for (int i = 1; i <= _; ++i) {
		cout << "Scenario #" << i << ":\n";
		main2();
        cout << "\n";
	}
	return 0;
}