bzoj4537【HNOI2016】最小公倍数

4537: [Hnoi2016]最小公倍数

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Description

　　给定一张N个顶点M条边的无向图(顶点编号为1,2,…,n)，每条边上带有权值。所有权值都可以分解成2^a*3^b
的形式。现在有q个询问，每次询问给定四个参数u、v、a和b，请你求出是否存在一条顶点u到v之间的路径，使得
路径依次经过的边上的权值的最小公倍数为2^a*3^b。注意：路径可以不是简单路径。下面是一些可能有用的定义
：最小公倍数：K个数a₁,a₂,…,a_k的最小公倍数是能被每个a_i整除的最小正整数。路径：路径P:P₁,P₂,…,P_k是顶
点序列，满足对于任意1<=i<k，节点P_i和P_i+1之间都有边相连。简单路径：如果路径P:P₁,P₂,…,P_k中，对于任意1
<=s≠t<=k都有Ps≠Pt，那么称路径为简单路径。

Input

　　输入文件的第一行包含两个整数N和M，分别代表图的顶点数和边数。接下来M行，每行包含四个整数u、v、a、
b代表一条顶点u和v之间、权值为2^a*3^b的边。接下来一行包含一个整数q，代表询问数。接下来q行，每行包含四
个整数u、v、a和b，代表一次询问。询问内容请参见问题描述。1<=n,q<=50000、1<=m<=100000、0<=a,b<=10^9

Output

　　对于每次询问，如果存在满足条件的路径，则输出一行Yes，否则输出一行 No（注意：第一个字母大写，其余
字母小写） 。

Sample Input

4 5
1 2 1 3
1 3 1 2
1 4 2 1
2 4 3 2
3 4 2 2
5
1 4 3 3
4 2 2 3
1 3 2 2
2 3 2 2
1 3 4 4

Sample Output

Yes
Yes
Yes
No
No

分块好题

问题转化为：每个边有两个权值a和b，每次询问两点之间是否存在一条路径满足路径上a的最大值和b的最大值分别等于一个数。

把边按照a排序，然后分块。

每次处理a的范围在当前块内的询问。假设处理到第i块，把询问和前i-1块按照b排序，这些部分O(n)就可以处理了。第i块里的边暴力处理，然后撤销修改。然后用一个并查集维护集合最大值。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define N 200005
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,m,q,block,cnt,tot,f[N],sz[N],mxa[N],mxb[N];
bool ans[N];
struct data{int x,y,a,b,id;}a[N],b[N],c[N];
struct opt{int x,y,f,mxa,mxb,sz;}op[N];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline bool cmpa(const data &a,const data &b){return a.a==b.a?a.b<b.b:a.a<b.a;}
inline bool cmpb(const data &a,const data &b){return a.b==b.b?a.a<b.a:a.b<b.b;}
int find(int x,int flg)
{
	if (f[x]==x) return x;
	if (flg) op[++tot]=(opt){x,0,f[x],0,0,0};
	return f[x]=find(f[x],flg);
}
void merge(int x,int y,int a,int b,int flg)
{
	x=find(x,flg);y=find(y,flg);
	if (sz[x]<sz[y]) swap(x,y);
	if (flg) op[++tot]=(opt){x,y,f[y],mxa[x],mxb[x],sz[x]};
	if (x==y){mxa[x]=max(mxa[x],a);mxb[x]=max(mxb[x],b);return;}
	f[y]=x;sz[x]+=sz[y];
	mxa[x]=max(mxa[x],max(mxa[y],a));
	mxb[x]=max(mxb[x],max(mxb[y],b));
}
int main()
{
	n=read();m=read();block=sqrt(m);
	F(i,1,m){a[i].x=read();a[i].y=read();a[i].a=read();a[i].b=read();a[i].id=i;}
	sort(a+1,a+m+1,cmpa);
	q=read();
	F(i,1,q){b[i].x=read();b[i].y=read();b[i].a=read();b[i].b=read();b[i].id=i;}
	sort(b+1,b+q+1,cmpb);
	for(int i=1;i<=m;i+=block)
	{
		cnt=0;
		F(j,1,q) if (b[j].a>=a[i].a&&(i+block>m||b[j].a<a[i+block].a)) c[++cnt]=b[j];
		sort(a+1,a+i,cmpb);
		F(j,1,n) f[j]=j,sz[j]=1,mxa[j]=mxb[j]=-inf;
		for(int j=1,k=1;j<=cnt;j++)
		{
			for(;k<i&&a[k].b<=c[j].b;k++) merge(a[k].x,a[k].y,a[k].a,a[k].b,0);
			tot=0;
			F(l,i,min(i+block-1,m)) if (a[l].a<=c[j].a&&a[l].b<=c[j].b) merge(a[l].x,a[l].y,a[l].a,a[l].b,1);
			int x=find(c[j].x,1),y=find(c[j].y,1);
			ans[c[j].id]=(x==y)&&(mxa[x]==c[j].a)&&(mxb[x]==c[j].b);
			D(l,tot,1)
			{
				if (!op[l].y) f[op[l].x]=op[l].f;
				else{f[op[l].y]=op[l].f;mxa[op[l].x]=op[l].mxa;mxb[op[l].x]=op[l].mxb;sz[op[l].x]=op[l].sz;}
			}
		}
	}
	F(i,1,q) puts(ans[i]?"Yes":"No");
	return 0;
}