很有意思的一道并查集
题意：给你n个点（<=500个），m条边（<=10000），q（<=20000）个询问。对每个询问的两个值xi yi，表示在从m条边内删除[xi,yi]的边后连接剩下的边，最后求连通块的总个数
求连通块的个数很容易想到并查集，即把每两块并在一起（祖先任选），可以相连就减一。但是每次询问最多需要m次维护。而某两个点可能直接或间接相连多遍，所以删边后此边上的两个点就不一定不相连（离线莫队处理失败）。但是我们可以看点数并不多，所以关键从从点入手。
模拟前缀和，并以空间换时间。记录前缀与后缀并查集和，即pre[i]代表从第1到第i条边的总连通情况，las[i]代表从第i到第n条边的总连通情况，每次我们都直接使用之前的连通情况加边（只需每个点赋值一遍），最后合并前缀与后缀满足询问即可。
#include<set> #include<map> #include<queue> #include<stack> #include<cmath> #include<vector> #include<string> #include<cstdio> #include<cstring> #include<stdlib.h> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define eps 1E-8 /*注意可能会有输出-0.000*/ #define Sgn(x) (x<-eps? -1 :x<eps? 0:1)//x为两个浮点数差的比较,注意返回整型 #define Cvs(x) (x > 0.0 ? x+eps : x-eps)//浮点数转化 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)//判断是否等于0 #define mul(a,b) (a<<b) #define dir(a,b) (a>>b) typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const int Inf=1<<28; const double Pi=acos(-1.0); const int Mod=1e9+7; const int Max=10010; struct node { int fat[505]; int blo;//当前连通块的个数 void init(int n) { blo=n; for(int i=1;i<=n;i++) fat[i]=i; } }pre[Max],las[Max],tmp;//空间换时间 int xx1[Max],yy1[Max]; void Init(int n,int m) { for(int i=0;i<=m+1;i++) { pre[i].init(n); las[i].init(n); } return; } int Find(int x,node &p) { if(x==p.fat[x]) return p.fat[x]; return p.fat[x]=Find(p.fat[x],p); } int Union(node &p,int x,int y) { int x1=Find(x,p); int y1=Find(y,p); if(x1==y1) return 0; p.fat[x1]=y1; return 1; } int main() { int n,m,q; int lef,rig; while(~scanf("%d %d",&n,&m)) { Init(n,m); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d %d",&xx1[i],&yy1[i]); for(int i=1;i<=m;i++)//前缀并查和 { pre[i]=pre[i-1]; pre[i].blo-=Union(pre[i],xx1[i],yy1[i]); } for(int i=m;i>0;i--) { las[i]=las[i+1]; las[i].blo-=Union(las[i],xx1[i],yy1[i]); } scanf("%d",&q); while(q--) { scanf("%d %d",&lef,&rig); tmp=pre[lef-1]; for(int i=1;i<=n;i++)//枚举点 tmp.blo-=Union(tmp,i,las[rig+1].fat[i]); printf("%d ",tmp.blo); } } return 0; }