題目描述：

地理課上，老師給出了一個巨大的地圖，由於世界日新月異，會有一些道路在某一時刻被刪除，也會有一些道路在某一時刻被修建。這裏的道路均為雙向的。

老師認為，有一些城市被分在了一個連通塊中可以相互到達，而有一些城市不能夠相互到達。而他想知道，每個時刻所有連通塊大小的乘積是多少？

wzy看到這個地圖的時候就蒙了，還好那只上天的喵及時幫助了他。現在他把這個毒瘤的地圖拿過來給你，想試試看你能不能求出來。由於答案可能很大，輸出乘積mod109+7即可。

輸入：

第一行兩個數$\mathrm{n,m，表示有n個點，m個時刻。接下來m行每行三個數，要麽是1uv，要麽是2uv，分別表示添加一條無向邊和刪除一條無向邊。}$

subtask1：30pts，n≤1,000,m≤2,000

subtask2：20pts，滿足沒有刪除操作。

subtask3：50pts，n,m≤100,000保證沒有重邊自環，不會刪除不存在的邊。

算法標簽：線段樹

思路：

這題是離線算法，因為對於一條邊有加入和刪除的操作，所以一條邊存在的時間是一段區間，把這段區間存入線段樹，每次層層修改，關鍵是返回時要怎麽回到這層的初始狀態。首先是在並查集的時候不能路徑壓縮，然後每次記錄下這層修改過的值，然後運用啟發式合並，所以效率期望是log(nlog²n)。

以下代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define
 
 il inline
#define LL long long
#define _(d) while(d(isdigit(ch=getchar())))
using namespace std;
const int p=1e9+7,N=1000000;
int n,m,fa[N];int res[N],ny[N],sz[N];
struct data{int l,r,op;}t[N+5];
struct node{int x,x1,num;};
map<LL,int> ma;vector<LL> b[N<<2];vector<node> v[N<<2
 
];
il int read(){int x,f=1;char ch;_(!)ch==‘-‘?f=-1:f;x=ch^48;_()x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);return f*x;}
il int getfa(int x){if(fa[x]==x)return x;return getfa(fa[x]);}
il int ksm(int a,int y){int b=1;while(y){if(y&1)b=(LL)b*(LL)a%p;a=(LL)a*(LL)a%p;y>>=1;}return b;}
il void insert(int x,int l,int r,int ql,int qr,LL v){
    if(ql<=l&&r<=qr){
        b[x].push_back(v);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(ql<=mid)insert(x<<1,l,mid,ql,qr,v);
    if(mid<qr)insert(x<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
}
void work(int x,int l,int r,int sum){
    if(l==r){
        int tmp=sum;
        for(int i=0;i<b[x].size();i++){
            LL kk=b[x][i];
            int a,b1;a=(int)(kk/N);b1=(int)(kk%N);
            a=getfa(a);b1=getfa(b1);if(a==b1)continue;
            if(sz[a]<sz[b1])swap(a,b1);
            fa[b1]=a;
            tmp=(LL)tmp*(LL)ny[sz[a]]%p*(LL)ny[sz[b1]]%p;
            v[x].push_back((node){a,b1,sz[a]});sz[a]+=sz[b1];
            tmp=(LL)tmp*(LL)sz[a]%p;
        }
        res[l]=tmp;printf("%d\n",tmp);
        for(int i=v[x].size()-1;i>=0;i--){
            int kk=v[x][i].x;int ss=v[x][i].num;
            int k1=v[x][i].x1;
            fa[k1]=k1;sz[kk]=ss;
        }
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;int tmp=sum;
    for(int i=0;i<b[x].size();i++){
        LL kk=b[x][i];
        int a,b1;a=(int)(kk/N);b1=(int)(kk%N);
        
        a=getfa(a);b1=getfa(b1);if(a==b1)continue;
        if(sz[a]<sz[b1])swap(a,b1);
        fa[b1]=a;
        tmp=(LL)tmp*(LL)ny[sz[a]]%p*(LL)ny[sz[b1]]%p;
        v[x].push_back((node){a,b1,sz[a]});sz[a]+=sz[b1];
        tmp=(LL)tmp*(LL)sz[a]%p;
    }
    work(x<<1,l,mid,tmp);work(x<<1|1,mid+1,r,tmp);
    for(int i=v[x].size()-1;i>=0;i--){
        int kk=v[x][i].x;int ss=v[x][i].num;
        int k1=v[x][i].x1;
        fa[k1]=k1;sz[kk]=ss;
    }
}
int main()
{
    n=read();m=read();ny[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++)ny[i]=ksm(i,p-2);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        t[i].op=read();
        int x=read(),y=read();
        if(x>y)swap(x,y);
        t[i].l=x;t[i].r=y;
        LL kk=(LL)x*(LL)N+y;
        if(ma[kk]==0)ma[kk]=i;
        else{
            insert(1,1,m,ma[kk],i-1,kk);
            ma[kk]=0;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(t[i].op==1){
            int x=t[i].l,y=t[i].r;
            LL kk=(LL)x*(LL)N+y;
            if(ma[kk]>0){
                insert(1,1,m,ma[kk],m,kk),ma[kk]=0;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)sz[i]=1,fa[i]=i;
    work(1,1,m,1);
    
    return 0;
}

此代碼跑了30s，慢的一b，僅供參考把

2018.11.04-3988-地理課(geography)