題目大意：初始時給出 n 個集合，每個集合中都包含有一個數字，現在要求執行 m 次操作，每次操作分為下列三種類型：
1 x y：在 x 位置新建一個集合，并且放置一個數字 y 2 x y：合并集合 x 和集合 y 3 x y：將集合 x 中的數字修改為 y
每次執行完操作后需要回答，對于每個集合而言，的匹配數之和
題目分析：首先考慮何時 x 和 y 才可以匹配，假設任取兩個數字 x 和 y，再設 gcd( x , y ) = gcd = x ^ y，需要滿足 x % gcd == 0 && y % gcd == 0，假設我們已經知道數字 x 了，根據 x % gcd == 0 可知，gcd 一定是 x 的一個約數，所以可以枚舉 x 的約數，當 x 的約束 gcd 確定下來后，y 也可以通過公式 y = gcd ^ x 確定下來，此時只需要滿足 gcd( y , gcd ) == gcd 就說明 x 和 y 是可以匹配的了
因為需要枚舉數字 x 和其約數 gcd，這個可以在 nlogn 的時間復雜度內完成，又因為再套一層 gcd 用于判斷 y 是否滿足條件，所有可以預處理出 x 與 y 的匹配關系，時間復雜度為 nlog^2n
這樣題目中每次需要詢問的問題就是，對于每個集合而言，x 和 y 的匹配數量之和是多少
因為三個操作都提示我們需要用并查集去維護，所以我們考慮用帶權并查集維護信息，所需要維護的信息除了每個點的父節點之外，還需要維護一下當前集合內所有的數字才行
再考慮該如何取儲存 “當前集合內的所有數字”，比較簡單的方式就是對于每個集合維護一個?map ，基于此，可以考慮在合并時使用啟發式合并，這樣合并的復雜度為 nlogn，而 map 本身自帶一層 log，操作 2 的時間復雜度就變成了 nlog^2n，最后考慮操作 1 和操作 3 ，操作 1 的話實質上屬于變量的初始化，并不需要更新并查集內的信息，寫個 if 判斷一下即可，而對于操作 3 的話，可以先將集合 x 中原本 a[ x ] 的貢獻刪除，然后再加上 y 在集合 x 中的貢獻即可
最后考慮一下操作 2 ，合并的話直接啟發式合并就好了，而合并之前需要維護一下貢獻，也就是枚舉一下較小的那個集合中每個元素，然后去與較大集合中去匹配，如果匹配成功直接累加貢獻
有個小坑點需要注意一下，雖然 a[ i ] 保證的是小于等于 2e5 的，但在異或的運算過程中可能會大于 2e5，所以需要將數組開大點
代碼：
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=5e5+100;int a[N],f[N],sz[N];map<int,LL>mp[N];vector<int>p[N];//匹配關系 int find(int x)
{return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);
}void init()
{for(int i=1;i<N;i++)f[i]=i,sz[i]=1;for(int i=1;i<N;i++)for(int j=i+i;j<N;j+=i){int t=(i^j);if(__gcd(t,j)==i)p[j].push_back(t);}
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);init();int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",a+i);mp[i][a[i]]++;}LL ans=0;while(m--){int op,x,y;scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);if(op==1){a[x]=y;mp[x][a[x]]++;}else if(op==2){int xx=find(x),yy=find(y);if(xx!=yy){if(sz[xx]>sz[yy])swap(xx,yy);for(auto it:mp[xx])//枚舉xx中所有的元素 for(auto t:p[it.first])//枚舉每個元素的匹配關系if(mp[yy].count(t))ans+=it.second*mp[yy][t];for(auto it:mp[xx])mp[yy][it.first]+=it.second;mp[xx].clear();f[xx]=yy;sz[yy]+=sz[xx];}}else if(op==3){int xx=find(x);for(auto it:p[a[x]])if(mp[xx].count(it))ans-=mp[xx][it];mp[xx][a[x]]--;a[x]=y;mp[xx][a[x]]++;for(auto it:p[a[x]])if(mp[xx].count(it))ans+=mp[xx][it];}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}
?
總結
以上是生活随笔 為你收集整理的2020CCPC(长春) - Ragdoll(启发式合并+带权并查集) 的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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