hdu4467 Graph(构造法求解)
Graph
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Given a graph with n nodes and m undirected weighted edges, every node having one of two colors, namely black (denoted as 0) and white (denoted as 1), you’re to maintain q operations of either kind:
* Change x: Change the color of x th node. A black node should be changed into white one and vice versa.
* Asksum A B: Find the sum of weight of those edges whose two end points are in color A and B respectively. A and B can be either 0 or 1.
P. T. Tigris doesn’t know how to solve this problem, so he turns to you for help.
For each test case, the first line contains two integers, n and m (1 ≤ n,m ≤ 10 5), where n is the number of nodes and m is the number of edges.
The second line consists of n integers, the i th of which represents the color of the i th node: 0 for black and 1 for white.
The following m lines represent edges. Each line has three integer u, v and w, indicating there is an edge of weight w (1 ≤ w ≤ 2 31 - 1) between u and v (u != v).
The next line contains only one integer q (1 ≤ q ≤ 10 5), the number of operations.
Each of the following q lines describes an operation mentioned before.
Input is terminated by EOF.
The first line contains “Case X:”, where X is the test case number (starting from 1).
And then, for each “Asksum” query, output one line containing the desired answer.
4 3 0 0 0 0 1 2 1 2 3 2 3 4 3 4 Asksum 0 0 Change 2 Asksum 0 0 Asksum 0 1 4 3 0 1 0 0 1 2 1 2 3 2 3 4 3 4 Asksum 0 0 Change 3 Asksum 0 0 Asksum 0 1
Case 1: 6 3 3 Case 2: 3 0 4
题目大意：给一张无向图，有n个点，m条边，每个点2个状态：0和1，每条边有一个权值w，现在给q个操作。有2种操作，change x表示改变x点的状态。asksum a，b表示查询所有端点为a 和 b的边的权值之和。
题目分析：这题很容易想到暴力枚举所有边统计求和的方法。比赛的时候实际也是这么做的。这么做的复杂度O(q*m)，显然是不能承受的。比赛的时候一直以为是某种高深的数据结构，结果看了题解才发现是构造。想法其实也不难想，只是不敢想。
因为暴力的话，时间主要消耗在边的遍历上，那么如何减少遍历边的时间呢。很容易想到对度比较大的节点特殊处理，但具体如何处理，实在是想不出来，太弱了啊。。。
重新分析一下此题：由于每个点只有0 1两个状态，那么答案只有3种情况，用一个数组维护即可。即sum[0]统计边的两端都是0的权值和，sum[1]统计边的两端为1和0的权值总和，sum[2]统计边的两端都是1的权值和。
那么只要维护好这个数组，那么对于查询操作，可以O（1）的时间输出。那么关键就在change操作的维护了。
仔细分析可知，每次change操作只改变一个点的状态，那么与这个点有边相连的点的状态是不会发生改变的。我们在每个点上维护2个值：ans[0]维护与当前顶点相连且状态为0的权值和，ans[1]维护与当前顶点相连且状态为1的权值和。每次改变当前顶点的状态后，其他的点状态是不变的，那么这些权值和也是不变的。而每次改变的是与当前顶点相连的点的ans值，因为当前顶点的状态发生了改变。而总的sum数组也要随着一个点的状态的改变而改变。而这个改变其实很简单：
设要改变状态的点为x，先要从sum[color[x] + 0]里面减去x.ans[0]，因为x改变状态之前，x.ans[0]被加进了sum[color[x] + 0]里面（想一想，为什么），那么现在x改变了状态，所以要先把x.ans[0]减掉，转而加到sum[color[x]^1+0]里面，即加到转换状态后应该加的地方。sum[color[x] + 1]同理。
说了半天还没有说到最关键的地方，如何降低复杂度。刚才说了统计每个点的度数，那么我们把所有的点分成两类，第一类度数小于sqrt(m)（为什么是sqrt(m)，这个其实不一定非要这么多，这只是一个大概的分类，因为可以证明，当边为m的时候，无向图中点的度数大于sqrt(m)的点不超过2*sqrt(m)个）。这样的话，我们可以在建邻接表的时候，对于普通点，将所有与之邻接的点都加入邻接表，直接暴力更新即可，对于超级点，我们可以忽略与之相邻的普通点，只需要将与之相邻的超级点加入邻接表即可。因为我们change的时候对每个普通点是暴力遍历的，每次重新统计即可，但是对于超级点，我们只遍历与之相邻的超级点，维护相应的ans，这样大大节省了时间。
也许描述很抽象，最后一点也是刚走路的时候才想同。给大家个例子，大家不妨在纸上划划，就会明白的，为什么可以无视与超级点直接相连的普通点。
例子：一个超级点，度数为n，与n个普通点相连。这样建邻接表的时候，超级点是没有相邻点的，随便更改状态，跑出来的结果是不会错的，对于超级点，ans[0],ans[1]是不会变的，对于普通点，不管超级点怎么变，反正每次都要重新统计，不会出错的。
这样一来，原来的复杂度就变成了O(q*sqrt(m))，是可以接受的。
还有2点要注意的：重边要合并！！！！边权值要用__int64！！！此处WA数次！！！
详情请见代码：
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 100005;
typedef __int64 ll;
ll sum[3];
int cl[N],de[N];
const int lim = 350;
/*
330 2140MS 8456K
300 2156MS 8456K
*/
struct nd
{
int a,b;
ll val;//！！！！
}edge[N];
struct spn
{
bool flag;
ll ans[2];
}supernode[N];
int cmp(struct nd ta,struct nd tb)
{
if(ta.a != tb.a)
return ta.a < tb.a;
else
return ta.b < tb.b;
}
struct adj
{
int to,next;
ll val;//!!!!
}g[N + N];
int num;
int head[N];
int m,n,q;
void build(int s,int e,ll v)
{
g[num].to = e;
g[num].val = v;
g[num].next = head[s];
head[s] = num;
num ++;
}
void change(int x)
{
int i;
if(supernode[x].flag)//super node
{
for(i = head[x];i != -1;i = g[i].next)
{
supernode[g[i].to].ans[cl[x]] -= g[i].val;
supernode[g[i].to].ans[cl[x]^1] += g[i].val;
}
}
else//非super node
{
supernode[x].ans[0] = supernode[x].ans[1] = 0;//每次要重新统计！！
for(i = head[x];i != -1;i = g[i].next)
{
supernode[x].ans[cl[g[i].to]] += g[i].val;
if(supernode[g[i].to].flag)
{
supernode[g[i].to].ans[cl[x]] -= g[i].val;
supernode[g[i].to].ans[cl[x]^1] += g[i].val;
}
}
}
/*其实上面的if else完全去掉，只加上这一段也是能AC的，但是不严谨，因为
为了节省时间，我们在处理超级点的时候没有考虑与之相连的普通点，那么我们在
暴力遍历普通点的时候，是要重新统计的，因为超级点状态改变了，与之相连的
普通点也应该改变的，我们没有变，为了省时间，但如果我们有机会遍历该普通点
应该想办法弥补的，弥补的办法就是重新统计！！
for(i = head[x];i != -1;i = g[i].next)
{
supernode[g[i].to].ans[cl[x]] -= g[i].val;
supernode[g[i].to].ans[cl[x]^1] += g[i].val;
}
*/
sum[cl[x]] -= supernode[x].ans[0];
sum[cl[x] + 1] -= supernode[x].ans[1];
cl[x] ^= 1;
sum[cl[x]] += supernode[x].ans[0];
sum[cl[x] + 1] += supernode[x].ans[1];
}
int main()
{
int i;
int a,b;
int cas = 0;
while(scanf("%d%d",&n,&m) != EOF)
{
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(i = 1;i <= n;i ++)
{
scanf("%d",&cl[i]);
head[i] = -1;
de[i] = 0;
supernode[i].flag = false;
memset(supernode[i].ans,0,sizeof(supernode[i].ans));
}
for(i = 1;i <= m;i ++)
{
scanf("%d%d%I64d",&edge[i].a,&edge[i].b,&edge[i].val);
if(edge[i].a > edge[i].b)
edge[i].a ^= edge[i].b ^= edge[i].a ^= edge[i].b;
}
sort(edge + 1,edge + m + 1,cmp);
int t = 1;//离散化 去重边
for(i = 2;i <= m;i ++)
{
if(edge[i].a == edge[t].a && edge[i].b == edge[t].b)
edge[t].val += edge[i].val;
else
edge[++t] = edge[i];
}
m = t;
for(i = 1;i <= m;i ++)//统计度数 找出超级点
{
de[edge[i].a] ++;
de[edge[i].b] ++;
sum[cl[edge[i].a] + cl[edge[i].b]] += edge[i].val;
}
for(i = 1;i <= n;i ++)
{
if(de[i] >= lim)//super node
supernode[i].flag = true;
if(de[i] >= lim)
supernode[i].flag = true;
}
num = 0;
for(i = 1;i <= m;i ++)//普通点建邻接表，超级点维护ans
{
int ta = edge[i].a;
int tb = edge[i].b;
supernode[ta].ans[cl[tb]] += edge[i].val;
supernode[tb].ans[cl[ta]] += edge[i].val;
if(supernode[ta].flag && supernode[tb].flag)//
{
build(ta,tb,edge[i].val);
build(tb,ta,edge[i].val);
}
if(supernode[ta].flag == false)
build(ta,tb,edge[i].val);
if(supernode[tb].flag == false)
build(tb,ta,edge[i].val);
}
scanf("%d",&q);
printf("Case %d:\n",++cas);
char op[20];
while(q --)
{
scanf("%s",op);
if(op[0] == 'A')
{
scanf("%d%d",&a,&b);
printf("%I64d\n",sum[a + b]);
}
else
{
scanf("%d",&a);
change(a);
}
}
}
return 0;
}
//1625MS 8456K
//1578MS 8456K