牛客练习赛108 E.琉焰(非树边性质/线段树分治+可撤销并查集 or LCT)

题目

思路来源

官方题解

题解

针对每个连通块，单独考虑：

一方面，

任取连通块的某棵生成树，

对于任意非树边(u,v)，把树边u到v上的所有边都选中，即被覆盖1次，

任取某个非树边集合S，会导致树边有些被覆盖奇数次，有些被覆盖偶数次，

仅保留覆盖奇数次的树边，连通块内的点的度数就均为偶数了

另一方面，

度数为偶数的点有欧拉回路，

可以取走一个环，使得剩下的边仍然满足存在欧拉回路的条件，

即欧拉回路可以被拆成若干个环，并与刚才选取非树边时所取的环的方式一一对应

所以，答案即为所有非树边任取非空子集，

即若非树边条数为x，答案为

由于涉及到类似图的连通块的动态维护，可以在线LCT做

也可以离线下来线段树分治+可撤销并查集做，

非树边即为成环边，即并查集合并时已经在同一个集合里的边，维护其条数tot即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define lson p<<1,l,mid
#define rson p<<1|1,mid+1,r
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5,N=maxn+10,mod=998244353;
typedef pair<int,int> P;
map<P,int> last;
vector<P>dat[4*N];
int n,m,cnt,par[N],sz[N];
P a;
int tot,ans[N],two[N];
int find(int x){
	return par[x]==x?x:find(par[x]);
}
bool merge(int x,int y,stack<P> &q){
	x=find(x),y=find(y);
	if(x==y)return 1;
	if(sz[x]<sz[y])swap(x,y);
	q.push(P(x,y));
	sz[x]+=sz[y];
	par[y]=x;
    return 0;
}
void undo(stack<P> &q){
	while(!q.empty()){
		int x=q.top().fi;
		int y=q.top().se;
		q.pop();
		sz[x]-=sz[y];
		par[y]=y;
	} 
} 
void update(int p,int l,int r,int ql,int qr,P v){
	if(ql<=l&&r<=qr){
		dat[p].pb(v);
		return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(ql<=mid)update(lson,ql,qr,v);
	if(qr>mid)update(rson,ql,qr,v);
}
void dfs(int p,int l,int r){
	stack<P>q;
    int cnt=0;
	for(auto v:dat[p])
	cnt+=merge(v.fi,v.se,q); // 非树边的数量的变更
	tot+=cnt;
    if(l==r)ans[l]=two[tot]-1;
	else{
		int mid=(l+r)/2;
		dfs(lson);
		dfs(rson);
	}
	undo(q);
    tot-=cnt;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
    two[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i){
        two[i]=two[i-1]*2%mod;
		scanf("%d%d",&a.fi,&a.se);
		if(last.count(a)){
			update(1,1,m,last[a],i-1,a);
			last.erase(a); 
		}
		else last[a]=i;
	}
	for(auto v:last) 
	update(1,1,m,v.se,m,v.fi);
	for(int i=1;i<=m;++i)
	par[i]=i,sz[i]=1;
	dfs(1,1,m);
	for(int i=1;i<=m;++i)
	printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}