1015: [JSOI2008]星球大战starwar


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Description


　　很久以前，在一个遥远的星系，一个黑暗的帝国靠着它的超级武器统治者整个星系。某一天，凭着一个偶然的
机遇，一支反抗军摧毁了帝国的超级武器，并攻下了星系中几乎所有的星球。这些星球通过特殊的以太隧道互相直
接或间接地连接。 但好景不长，很快帝国又重新造出了他的超级武器。凭借这超级武器的力量，帝国开始有计划
地摧毁反抗军占领的星球。由于星球的不断被摧毁，两个星球之间的通讯通道也开始不可靠起来。现在，反抗军首
领交给你一个任务：给出原来两个星球之间的以太隧道连通情况以及帝国打击的星球顺序，以尽量快的速度求出每
一次打击之后反抗军占据的星球的连通快的个数。（如果两个星球可以通过现存的以太通道直接或间接地连通，则

这两个星球在同一个连通块中）。


Input


　　输入文件第一行包含两个整数，N (1  < =  N  < =  2M) 和M (1  < =  M  < =  200,000)，分别表示星球的
数目和以太隧道的数目。星球用 0 ~ N-1的整数编号。接下来的M行，每行包括两个整数X, Y，其中（0 < = X <>
Y 表示星球x和星球y之间有“以太”隧道，可以直接通讯。接下来的一行为一个整数k，表示将遭受攻击的星球的
数目。接下来的k行，每行有一个整数，按照顺序列出了帝国军的攻击目标。这k个数互不相同，且都在0到n-1的范
围内。


Output


第一行是开始时星球的连通块个数。接下来的K行，每行一个整数，表示经过该次打击后现存星球
的连通块个数。


Sample Input


8 13
0 1
1 6
6 5
5 0
0 6
1 2
2 3
3 4
4 5
7 1
7 2
7 6
3 6
5
1
6
3
5
7


Sample Output


1
1
1
2
3
3




        看到这题，想起另一道背景是红色警戒的题，但是已经找不到了……

        题目简单明了，给你一幅图，每次删去一个点以及和这个点相连的所有边，问删除完毕后的图有几个连通块。

        显然，如果暴力做，每次删边再重新计算连通块个数，效率低下。但是并查集只能加边，不能删边，不这么做还能怎么做呢？LCT吗，太麻烦了……我们不如试试反过来想，并查集支持加边，那我们把这个过程反过来，不是每次删除点和边，而是每次添加边。

        从最后一个被删除的城市i开始，此时的图中只有未被删除的点和边，先计算一遍连通块个数，这个个数就是删去i后的结果。然后我们开始加边，把所有与i相连，并且另一端点未被删除的边加入。加入的时候用并查集维护连通性，如果加边过程中，使得原本不在同一连通块中的两个点相连，那么连通块的个数就要减一。做完这些后，我们发现把i及i相关联的边加入后，这个图就是删除倒数第二个城市后的图，而此时的连通块个数就是删除倒数第二个城市后的连通块个数。当然了，这个连通块个数要加一（把i添加入时会多一个连通域），之后还有把i标记为未删除。以此类推，就可以把所有结果逆序求出。

        现在我们发现，当把第i个删除的城市的点和关联边加入图之后的连通块个数，是把第i-1个点删除之后的连通块个数。那么我们把所有城市都加入进去后的连通块数就是一开始的连通块个数。正常来说，题目不会要求输出初始的连通块个数（太简单），但是这里要求了，是否正好顺应并提示了这个逆向加点边，把所有的点和边都加入图中呢？具体代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<vector>
#define N 500000

using namespace std;

int f[N],p[N],ans[N],n,m;
int edge[N/2][2];
vector<int> g[N];
bool v[N];

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

int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        memset(v,0,sizeof(v));
        memset(g,0,sizeof(g));
        for(int i=0;i<n;i++) f[i]=i;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&edge[i][1],&edge[i][2]);
            g[edge[i][1]].push_back(edge[i][2]);
            g[edge[i][2]].push_back(edge[i][1]);
        }
        int q;
        scanf("%d",&q);
        for(int i=1;i<=q;i++)
        {
            scanf("%d",&p[i]);
            v[p[i]]=1;
        }
        int res=n-q;                        //初始时连通块个数为所有为被删除的点的个数
        for(int i=1;i<=m;i++)
            if (!v[edge[i][1]]&&!v[edge[i][2]])
            {
                if (find(edge[i][1])!=find(edge[i][2])) res--;    //如果一条边连通两个连通块则连通块个数减少一
                f[find(edge[i][1])]=find(edge[i][2]);
            }
        ans[q]=res;                            //此为删除最后一个城市后的结果
        for(int i=q;i>0;i--)
        {
            for(int j=0;j<g[p[i]].size();j++)
                if (!v[g[p[i]][j]]&&find(p[i])!=find(g[p[i]][j]))    //如果该边的端点都未被标记为删除且连接两个连通块
                {
                    res--;
                    f[find(p[i])]=find(g[p[i]][j]);
                }
            v[p[i]]=0;                                //把点标记为未被删除
            ans[i-1]=++res;                            //连通块个数要加上一
        }
        for(int i=0;i<=q;i++)
            printf("%d\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}