題目

題目連結：https://www.luogu.com.cn/problem/P3247
給定一張 \(N\) 個頂點 \(M\) 條邊的無向圖（頂點編號為 \(1,2,...,n\)），每條邊上帶有權值。所有權值都可以分解成 \(2^a\times 3^b\) 的形式。
現在有 \(q\) 個詢問，每次詢問給定四個引數 \(u,v,a,b\)，請你求出是否存在一條頂點 \(u\) 到 \(v\) 之間的路徑，使得路徑依次經過的邊上的權值的最小公倍數為 \(2^a\times 3^b\)。
注意：路徑可以不是簡單路徑。

思路

問題等價於 \(u\) 與 \(v\) 所在連通塊內是否存在一張子連通圖滿足連線 \(u\)

和 \(v\) 且 \(\max(a)=a,\max(b)=b\)。
將邊和詢問均按 \(a\) 從小到大排序，然後給邊分塊。定義第 \(j\) 個詢問“屬於”第 \(i\) 個塊當且僅當第 \(j\) 的詢問的 \(j\) 大於等於第 \(i-1\) 個塊最後一條邊的 \(a\) 且小於第 \(i\) 個塊最後一條邊的 \(a\)。
對於第 \(i\) 個塊，我們可以找出“屬於”它的詢問 \([l,r]\)，然後將 \([l,r]\) 按照 \(b\) 排序，將前 \(i-1\) 個塊所有邊也將 \(b\) 排序。
此時顯然對於 \([l,r]\) 中任意一個詢問，它的 \(a\) 均不小於前 \(i-1\) 個塊的 \(a\)，那麼此時只有 \(b\) 的限制了。因為按照 \(b\) 排序了，所以可以雙指標掃描，找到對於第 \(k\in [l,r]\) 個詢問最後一個 \(b\) 不超過它的邊，將這些邊用不路徑壓縮，要按秩合併並查集維護每一個連通塊的 \(\max(a)\) 和 \(\max(b)\)。
對於詢問 \(k\) “屬於”的塊 \(i\)，我們直接列舉其中的所有邊，如果滿足這條邊的兩個權值分別不超過詢問的兩個權值，那麼就加進並查集。注意一個詢問結束後需要復原它所屬塊的貢獻。
時間複雜度 \(O(m\sqrt{n}\log n)\)。

程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100010,M=320;
int n,m,Q,T,L[M],R[M],father[N],dep[N],maxa[N],maxb[N],cpy[N][4];
bool ans[N];
queue<int> clr;

struct edge
{
	int u,v,a,b,id;
}e[N],ask[N];

bool cmp1(edge x,edge y)
{
	return x.a<y.a;
}

bool cmp2(edge x,edge y)
{
	return x.b<y.b;
}

int find(int x)
{
	return x==father[x]?x:find(father[x]);
}

void prework()
{
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		father[i]=i; dep[i]=1;
		maxa[i]=maxb[i]=-1;
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].a,&e[i].b);
	e[++m]=(edge){0,0,(int)2e9,(int)2e9,0};
	scanf("%d",&Q);
	for (int i=1;i<=Q;i++)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&ask[i].u,&ask[i].v,&ask[i].a,&ask[i].b);
		ask[i].id=i;
	}
	T=sqrt(m+log2(n))+1;
	for (int i=1;i<=T;i++)
		L[i]=R[i-1]+1,R[i]=min(m,i*T);
	sort(e+1,e+1+m,cmp1);
	sort(ask+1,ask+1+Q,cmp1);
	memset(cpy,-1,sizeof(cpy));
	for (int i=1,r=0,l=1;i<=T;i++)
	{
		prework();
		while (r<Q && ask[r+1].a<e[R[i]].a) r++;
		sort(e+1,e+1+R[i-1],cmp2);
		sort(ask+l,ask+1+r,cmp2);
		for (int k=1;l<=r;l++)
		{
			for (;k<=R[i-1] && e[k].b<=ask[l].b;k++)
			{
				int x=find(e[k].u),y=find(e[k].v);
				if (x==y)
				{
					maxa[x]=max(maxa[x],e[k].a);
					maxb[x]=max(maxb[x],e[k].b);
					continue;
				}
				if (dep[x]<dep[y])
				{
					father[x]=y; dep[y]=max(dep[y],dep[x]+1);
					maxa[y]=max(e[k].a,max(maxa[x],maxa[y]));
					maxb[y]=max(e[k].b,max(maxb[x],maxb[y]));
				}
				else
				{
					father[y]=x; dep[x]=max(dep[x],dep[y]+1);
					maxa[x]=max(e[k].a,max(maxa[x],maxa[y]));
					maxb[x]=max(e[k].b,max(maxb[x],maxb[y]));
				}
			}
			for (int j=L[i];j<=R[i];j++)
				if (e[j].a<=ask[l].a && e[j].b<=ask[l].b)
				{
					int x=find(e[j].u),y=find(e[j].v);
					if (cpy[x][0]==-1)
					{
						cpy[x][0]=father[x]; cpy[x][1]=dep[x];
						cpy[x][2]=maxa[x]; cpy[x][3]=maxb[x];
						clr.push(x);
					}
					if (cpy[y][0]==-1)
					{
						cpy[y][0]=father[y]; cpy[y][1]=dep[y];
						cpy[y][2]=maxa[y]; cpy[y][3]=maxb[y];
						clr.push(y);
					}
					if (x==y)
					{
						maxa[x]=max(maxa[x],e[j].a);
						maxb[x]=max(maxb[x],e[j].b);
						continue;
					}
					if (dep[x]<dep[y])
					{
						father[x]=y; dep[y]=max(dep[y],dep[x]+1);
						maxa[y]=max(e[j].a,max(maxa[x],maxa[y]));
						maxb[y]=max(e[j].b,max(maxb[x],maxb[y]));
					}
					else
					{
						father[y]=x; dep[x]=max(dep[x],dep[y]+1);
						maxa[x]=max(e[j].a,max(maxa[x],maxa[y]));
						maxb[x]=max(e[j].b,max(maxb[x],maxb[y]));
					}
				}
			int x=find(ask[l].u),y=find(ask[l].v);
			if (x==y && maxa[x]==ask[l].a && maxb[x]==ask[l].b)
				ans[ask[l].id]=1;
			while (clr.size())
			{
				int x=clr.front(); clr.pop();
				father[x]=cpy[x][0]; dep[x]=cpy[x][1];
				maxa[x]=cpy[x][2]; maxb[x]=cpy[x][3];
				cpy[x][0]=cpy[x][1]=cpy[x][2]=cpy[x][3]=-1;
			}
		}
	}
	for (int i=1;i<=Q;i++)
		if (ans[i]) printf("Yes\n");
			else printf("No\n");
	return 0;
}