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题意：给出一个无向图，每条边有一个通过人数的上限和下限，一群人要一起从1号点走到n号点，这一群人一起走不能分开，问这群人的人数有多少种可以满足条件。
解法：不会做题解参考https://blog.csdn.net/qq_41955236/article/details/99229810这位大佬的，讲得巨好。简单来说就是把原区间离散化（注意这里要有特殊的离散化技巧，①把原区间右端点+1②原区间就代表离散化后的[l,r-1]，③此时离散化后的每个点代表的是该点到该点右边一个点的区间，即该点的贡献是r[i+1]-l[i]）。）把离散化后的下标建一棵线段树，然后把原图上的边插入到相应的区间结点上(如[1,3]这条边就插入到[1,2][3,4]这两个结点)。然后就在线段树上分治寻找满足要求的答案区间，这一步具体来说就是从跟开始不断往下分治，把当前点存下的边加入到图中，如果此时的图1到n连通统计答案分治停止，否则继续分治直至连通或到叶子结点。
怎么一边分治一边判断连通呢？这里用到并查集判断连通的技巧，从上往下加边就在并查集把边的两个端点集合合并，然后如果1和n在同个集合就是连通。然后注意回溯的时候还原并查集，同时因为有回溯操作，并查集不能路径压缩而使用启发式合并。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e5+10; typedef long long LL; int n,m,fa[N],sz[N]; LL ans; struct edge{ int u,v,l,r; }e[N]; int getfa(int x) { return x==fa[x] ? x : getfa(fa[x]); } vector<int> tree[N<<2],b; void update(int rt,int l,int r,int ql,int qr,int id) { if (ql<=l && r<=qr) { tree[rt].push_back(id); return; } int mid=(l+r)>>1; if (ql<=mid) update(rt<<1,l,mid,ql,qr,id); if (qr>mid) update(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr,id); } void dfs(int rt,int l,int r) { vector<int> rec; rec.clear(); int mid=(l+r)>>1; for (int i=0;i<tree[rt].size();i++) { int x=e[tree[rt][i]].u,y=e[tree[rt][i]].v; int fx=getfa(x),fy=getfa(y); if (sz[fx]>sz[fy]) swap(fx,fy); rec.push_back(fx); fa[fx]=fa[fy]; sz[fy]+=sz[fx]; } if (getfa(1)==getfa(n)) ans+=b[r]-b[l-1]; //每个点代表的是该点到右边一个点的区间值 else if (l<r) dfs(rt<<1,l,mid),dfs(rt<<1|1,mid+1,r); for (int i=0;i<rec.size();i++) fa[rec[i]]=rec[i]; } int main() { cin>>n>>m; for (int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].l,&e[i].r); b.push_back(e[i].l); b.push_back(e[i].r+1); //右端点+1 } sort(b.begin(),b.end()); b.erase(unique(b.begin(),b.end()),b.end()); for (int i=1;i<=m;i++) { int l=lower_bound(b.begin(),b.end(),e[i].l)-b.begin()+1; int r=lower_bound(b.begin(),b.end(),e[i].r+1)-b.begin()+1; update(1,1,b.size(),l,r-1,i); //原区间离散化后是[l,r-1] } for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,sz[i]=1; dfs(1,1,b.size()); cout<<ans<<endl; return 0; }
D Distance
题意：在一个n*m*h (n*m*h<=1e5) 的三维平面上，有两种操作，操作一是在某个点打个标记，操作二是询问距离某个点最近的标记输出距离。
解法：比赛的时候写了过KD-tree果断TLE了。赛后才知道正解是定期重构。
具体来说：先是我们定义一个dis数组就是所有操作点作为起点在图上跑bfs得到的最小距离。那么我们先用一个队列v把打标记操作囤起来，当这个队列的标记操作达到sqrt(n*m*h)的时候，把队列里的所有元素(有sqrt(n*m*h)个)作为起点跑一次bfs去更新dis数组，没有达到sqrt(nmh)个的时候就先不管先囤着。那么怎么处理询问呢？对于一个询问它的答案ans首先等于dis[x][y][z]，这是代表已经在图上跑过bfs的点(已经屯好的点)的答案，那么还有还在囤在队列v的点就直接暴力更新，因为此时队列v的点不会超过sqrt(nmh)个也不会太慢。
定期重构思想有点像分块，只不过是把操作分块了而不是像分块那样把数据分块。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; const int dx[]={-1,1,0,0,0,0}; const int dy[]={0,0,-1,1,0,0}; const int dz[]={0,0,0,0,-1,1}; struct dat{ int x,y,z; }; int n,m,h,T,dis[N]; vector<dat> v; int id(int x,int y,int z) { return (x-1)*m*h+(y-1)*h+z; } queue<dat> q; void bfs() { while (!q.empty()) q.pop(); for (int i=0;i<v.size();i++) { q.push((dat){v[i].x,v[i].y,v[i].z}); dis[id(v[i].x,v[i].y,v[i].z)]=0; } while (!q.empty()) { dat u=q.front(); q.pop(); for (int i=0;i<6;i++) { int nx=u.x+dx[i],ny=u.y+dy[i],nz=u.z+dz[i]; if (nx<1 || nx>n || ny<1 || ny>m || nz<1 || nz>h) continue; if (dis[id(nx,ny,nz)]>dis[id(u.x,u.y,u.z)]+1) { dis[id(nx,ny,nz)]=dis[id(u.x,u.y,u.z)]+1; q.push((dat){nx,ny,nz}); } } } } int main() { cin>>n>>m>>h>>T; int k=(int)sqrt(n*m*h); memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); while (T--) { int opt,x,y,z; scanf("%d%d%d%d",&opt,&x,&y,&z); if (opt==1) { v.push_back((dat){x,y,z}); if (v.size()>=k) { //定期重构 bfs(); v.clear(); } } else { int ans=dis[id(x,y,z)]; for (int i=0;i<v.size();i++) ans=min(ans,abs(x-v[i].x)+abs(y-v[i].y)+abs(z-v[i].z)); printf("%d\n",ans); } } return 0; }
另外还有一种思维上比较”暴力“的解法：分八种情况建立三维BIT查询最近点对。不难理解这种办法是对的，其实就是分八字情况把绝对值符号去掉了。
但是这种办法实现起来可能会有比较多的技巧，首先就是用怎样的数据结构来存储n*m*h<=1e5的三维BIT？这里用两种办法：第一是常见的通过映射把三维拍成一维数组方式，第二是用三重vector来实现不定长三维数组。然后下一个技巧就是怎么快速讨论八种情况，这里一个比较巧妙地办法是通过0-7地二进制位来决定x/y/z的正负，同时也是用0-7的二进制决定查询x/yz的前半部分还是后半部分。
代价几乎就是抄袭（读书人的事。咳咳）https://www.cnblogs.com/Cwolf9/p/11333344.html这位大佬的。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef vector<int> VI; typedef vector<VI> VVI; typedef vector<VVI> VVVI; const int INF=0x3f3f3f3f; int n,m,h,T; struct BIT{ int n,m,h; VVVI bit; void init(int _n,int _m,int _h) { //初始化好大小就可以直接当作三维数组使用 n=_n; m=_m; h=_h; bit=VVVI(n+1,VVI(m+1,VI(h+1,INF))); } void update(int x,int y,int z,int v) { for (int i=x;i<=n;i+=i&-i) for (int j=y;j<=m;j+=j&-j) for (int k=z;k<=h;k+=k&-k) bit[i][j][k]=min(bit[i][j][k],v); } int query(int x,int y,int z) { int ret=INF; for (int i=x;i;i-=i&-i) for (int j=y;j;j-=j&-j) for (int k=z;k;k-=k&-k) ret=min(ret,bit[i][j][k]); return ret; } }bit[8]; int main() { cin>>n>>m>>h>>T; for (int i=0;i<8;i++) bit[i].init(n,m,h); //这里很重要 while (T--) { int opt,x,y,z; scanf("%d%d%d%d",&opt,&x,&y,&z); if (opt==1) { for (int i=0;i<8;i++) { int v=((i&1)?x:-x)+(((i>>1)&1)?y:-y)+(((i>>2)&1)?z:-z); bit[i].update((i&1)?n+1-x:x,((i>>1)&1)?m+1-y:y,((i>>2)&1)?h+1-z:z,v); } } else { int ans=INF; for (int i=0;i<8;i++) { int v=((i&1)?x:-x)+(((i>>1)&1)?y:-y)+(((i>>2)&1)?z:-z); int tmp=bit[i].query((i&1)?n+1-x:x,((i>>1)&1)?m+1-y:y,((i>>2)&1)?h+1-z:z); ans=min(ans,-v+tmp); } printf("%d\n",ans); } } return 0; }