题解 | Graph Games-2019牛客暑期多校训练营第三场A题

题目来源于牛客竞赛：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/discuss
题目描述：
You are given an undirected graph with N vertices and M edges. The edges are numbered from 1 to M. Denote the set S(x) as: All the vertices we can reach from vertex x by exactly one edge.

You are supposed to deal with Q operations of the following two types: (1,l,r)-- reverse the status of edges numbered between l to r(1≤l≤r≤M). i e.Delete the edge if it is in the graph, otherwise add it to the graph.

(2,u,v) – ask whether S(u) and S(v) are exactly the same (1≤u≤v≤N
).

Note that all the M edges are in the graph at the beginning.

输入描述：
The input contains multiple cases. The first line of the input contains a single positive integer T, the number of cases.

For each case, the first line contains two integers N (1≤N≤100000) and M (1≤M≤200000), the number of vertices and edges in the graph. In the following M lines, the i-th line contains two integers u_i,v_i(1≤u_i,v_i≤N), describing the the i-th edge (u_i,v_i). Each edge appears in the input at most once. The (M+2)-th line contains a integer Q(1≤Q≤200000) , the number of operations. In the following Q lines, each line contains three integers, describing an operation.

The total sum of N over all cases does not exceed 150000. The total sum of \ M Mover all cases does not exceed 800000. The total sum of Q over all cases does not exceed 600000.

输出描述：
For each case, print a string in a line. The length of the string should equal the number of operations of type 2. If the answer is yes, the i-th character of the string should be ‘1’, otherwise it should be ‘0’. Check the samples for more details.

示例1：
输入
1
5 4
1 2
1 3
4 2
4 3
3
2 1 4
1 1 1
2 1 2

输出
10

题解：
显然，我们要用hash等技巧来显式地“表现” S(x)
用到一个技巧：给每一个点一个 long long 范围内的随机数key , 把一个集合S(x)的值定义为其里面的点key的异或值，那么判集合相等就可以用判数值相等来替代。

然后考虑如何维护这些异或值
有一个比较显然的 Q√m log M的做法
我们按点（在原图）的度数分块。对于所有“小点”，每次我们暴力枚举与它相邻的边，看看是否存在，存在的话，用另一侧的点更新它的xor值。至于判断如何存在，其实是一个区间异或、单点查询的问题，我们可以用树状数组做到logM的快速查询。

对于所有“大点”，总数不会超过√M。 我们在每次修改的时候，暴力维护每一次大点的答案即可。这里提供一种可能的方法：对每一个“大点”，维护一个它的边的vector（按标号排序）。 那么每次一个操作对其的贡献的vector里连续一段。我们只要把这连续的一段的xor值给异或掉即可。这样可能需要一个logM的定位。

数据没有特意卡带log的复杂度。
其实优化一下，就能得到一个√M的做法了。
• 对于“小点”，瓶颈是维护“区间异或，单点查询”。注意到修改只有Q个，但询问有 Q√M 个。所以我们可以匀一匀复杂度，改成对边的序列分块。每次修改时，块间打标 记，块内暴力；询问时可以直接O(1)得出结果。
• 对于“大点”，我们还是在每次修改时暴力维护。考虑一开始对边序列分块，那么一个 块最多只会对2*√M个点产生贡献。我们记录一下每一个块对它能影响的每一个大点的 xor值的贡献，以及如果翻转了这个块后的贡献。每次修改时，在块间打翻转标记，两 侧块暴力重构对大点的贡献。每次询问一个大点时，我们枚举所有的块，把所有的块对 它的贡献都异或起来即可。
• 综上，总复杂度是O(Q√M)，内存O(M)，支持在线。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define M 200005
#define U 1005
using namespace std;
typedef long long LL;
int Go[M<<1],Next[M<<1],Value[M<<1],End[N],cnt;
int be[M],tag[M],u[M],v[M],id[M],val[M];
LL F[U][U],G[U][U],key[N];
int st[U],ed[U],d[N],Q[N],n,m,S,tot;
void add(int u,int v,int w){
	Go[++cnt]=v;Value[cnt]=w;
	Next[cnt]=End[u];End[u]=cnt;
}
void Force(int l,int r){
	int k=be[l];
	for (int i=l;i<=r;i++){
		val[i]^=1;
		if (d[u[i]]>S){
			F[k][id[u[i]]]^=key[v[i]];
			G[k][id[u[i]]]^=key[v[i]];
		}
		if (d[v[i]]>S){
			F[k][id[v[i]]]^=key[u[i]];
			G[k][id[v[i]]]^=key[u[i]];
		}
	}
}
void Update(int l,int r){
	int u=be[l],v=be[r];
	if (u==v) return Force(l,r);
	for (int i=u+1;i<v;i++) tag[i]^=1;
	Force(l,ed[u]);Force(st[v],r);
}
LL Query(int x){
	LL ret=0;
	if (d[x]<=S){
		for (int i=End[x];i;i=Next[i])
			if (val[Value[i]]^tag[be[Value[i]]])
				ret^=key[Go[i]];
	}
	else {
		for (int i=1;i<=tot;i++)
			ret^=tag[i]?G[i][id[x]]:F[i][id[x]];
	}
	//printf("%d %lld\n",x,ret);
	return ret;
}
int Judge_Linux(){
	for (int i=1;i<=10;i++)
		if (rand()>32767) return 1;
	return 0;
}
void read(int &x){
	char ch = getchar();x = 0;
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar());
	for (; ch >='0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
}
LL Rand1(){return ((LL)rand()<<30LL)+rand();}
LL Rand2(){return ((LL)rand()<<45LL)+((LL)rand()<<30LL)+((LL)rand()<<15LL)+rand();}
int main(){
	int Linux=Judge_Linux();
	int sumn=0,summ=0,sumq=0,T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for (int i=1;i<=n;i++) End[i]=d[i]=0;cnt=0;
		for (int i=1;i<=n;i++) key[i]=Linux?Rand1():Rand2();
		for (int i=1;i<=m;i++){
			read(u[i]);read(v[i]);
			d[u[i]]++,d[v[i]]++;
			add(u[i],v[i],i);add(v[i],u[i],i);
		}
		for (S=1;S*S<=m;S++);--S;tot=0;
		for (int i=1;i<=m;i+=S){
			tag[++tot]=0;st[tot]=i;ed[tot]=min(i+S-1,m);
			for (int j=st[tot];j<=ed[tot];j++) be[j]=tot;
		}
		for (int i=1;i<=m;i++) val[i]=1;
		*Q=0;for (int i=1;i<=n;i++)
			if (d[i]>S) Q[++*Q]=i,id[i]=*Q;
		for (int i=1;i<=*Q;i++){
			for (int j=1;j<=tot;j++) F[j][i]=G[j][i]=0;
			for (int t=End[Q[i]];t;t=Next[t])
				F[be[Value[t]]][i]^=key[Go[t]];
		}
		int T;read(T);
		sumn+=n;summ+=m;sumq+=T;
		while (T--){
			int opt,l,r;read(opt);read(l);read(r);
			if (opt==1) Update(l,r);
				   else putchar((Query(l)==Query(r))+'0');
			//if ((T%100==0)) fprintf(stderr,"%d\n",T);
		}
		puts("");
	}
	fprintf(stderr,"%d %d %d\n",sumn,summ,sumq);
}

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