牛客程序自动分析（离散化+并查集）

程序自动分析

并查集+快速排序+去重+二分查找+离散化
离散化（map）+并查集

题目描述
在实现程序自动分析的过程中，常常需要判定一些约束条件是否能被同时满足。
考虑一个约束满足问题的简化版本：假设 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, ⋯ 代表程序中出现的变量，给定 𝑛 个形如 𝑥𝑖 = 𝑥𝑗 或 𝑥𝑖 ≠ 𝑥𝑗 的变量相等/不等的约束条件，请判定是否可以分别为每一个变量赋予恰当的值，使得上述所有约束条件同时被满足。例如，一个问题中的约束条件为： 𝑥1 = 𝑥2, 𝑥2 = 𝑥3, 𝑥3 = 𝑥4, 𝑥1 ≠ 𝑥4 ，这些约束条件显然是不可能同时被满足的，因此这个问题应判定为不可被满足。
现在给出一些约束满足问题，请分别对它们进行判定。
输入描述:
第1行包含1个正整数t，表示需要判定的问题个数。注意这些问题之间是相互独立的。

对于每个问题，包含若干行：
第1行包含1个正整数n，表示该问题中需要被满足的约束条件个数。
接下来n行，每行包括3个整数i,j,e，描述1个相等/不等的约束条件，相邻整数之间用单个空格隔开。若e=1，则该约束条件为xi=xj；若e=0，则该约束条件为xi≠xj。
输出描述:
包括t行。

第k行输出一个字符串“YES”或者“NO”（不包含引号，字母全部大写），“YES”表示输入中的第k个问题判定为可以被满足，“NO”表示不可被满足。

输入
2
2
1 2 1
1 2 0
2
1 2 1
2 1 1
输出
NO
YES
说明
在第一个问题中，约束条件为：x1=x2,x1≠x2。这两个约束条件互相矛盾，因此不可被同时满足。

在第二个问题中，约束条件为：x1=x2,x2=x1。这两个约束条件是等价的，可以被同时满足。
备注:
1≤n≤100000

1≤i,j≤1000000000

题目分析：
开始的时候没有看题目给出的数据，想着这也是一个多集合问题的题目，就按照题目意思写了一下，但是只过了10%，后面看了大佬们的代码才去注意着到题目的范围，题目给的范围已经到10e9，普通方法肯定超时，所以一定要用其他算法思想去优化它，离散化思想就行，在离散化的情况下，我们不需要知道每个数具体多大，只需要知道相对大小，找到这个数就行了。也就是说找下标就行。

并查集+快速排序+去重+二分查找+离散化

1.首先定义一个a数组去把所有的数都存进去（数组要开两倍大小），然后对这个数组进行快速排序，排序之后我们再剔除相邻之间的重复的字符就行
2.我们在查找的过程中用二分查找（一种极其方便而且快速的方法）去查找相应的数，把所有的同类都放到一个集合，让他们指向同一个根节点，在这里我们调用STL内置的函数

lower_bound()返回值是一个迭代器,返回指向大于等于key的第一个值的位置
对应lower_bound()函数是upper_bound()函数，它返回大于等于key的最后一个元素
也同样是要求有序数组，若数组中无重复元素，则两者返回值相同
如果所有val都小于key,则返回last的位置
3.最后我们再定义一个标记，初始化它为0，我们再一次的去查找与判断，如果需要查找（我们只需要查找他们的根节点）的两个数已经在同一个集合里面那么直接更新标记的值，并且跳出循环

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int x[maxn], y[maxn], op[maxn], a[maxn << 1], pre[maxn << 1];
int find(int x) //路径压缩
{
   
   return x == pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}

int main()
{
   
   int t, n;
   scanf("%d", &t);
   while (t--)
   {
   
      scanf("%d", &n);
      for (int i = 1; i <= n * 2; ++i)
         pre[i] = i;
      for (int i = 1; i <= n; ++i)
      {
   
         scanf("%d%d%d", &x[i], &y[i], &op[i]);
         a[2 * i - 1] = x[i], a[2 * i] = y[i];
      }
      int m = n << 1;
      sort(a + 1, a + m + 1);
      m = unique(a + 1, a + m + 1) - a - 1; //剔除相邻之间重复的字符
      for (int i = 1; i <= n; ++i)
      {
   
         int dx = lower_bound(a + 1, a + m + 1, x[i]) - a;
         int dy = lower_bound(a + 1, a + m + 1, y[i]) - a;
         if (op[i])
            pre[find(dx)] = find(dy);
      }
      int flag = 0;
      for (int i = 1; i <= n; ++i)
      {
   
         int dx = lower_bound(a + 1, a + m + 1, x[i]) - a;
         int dy = lower_bound(a + 1, a + m + 1, y[i]) - a;
         if (!op[i] && find(dx) == find(dy))
         {
   
            flag = 1;
            break;
         }
      }
      if (flag)
         puts("NO");
      else
         puts("YES");
   }
}

离散化（map）+并查集

map的简单介绍

map是STL的一个关联容器，它提供一对一的hash，第一个是关键字（唯一性），第二个是关键字的值，形成key——value的对应，他们可以为任意的类型。
map內部的实现自建一颗红黑树，这颗树具有对数据自动排序的功能。在map内部所有的数据都是有序的。
map具有三种插入方式，这都保证了数据的唯一性，但是在使用数组方式插入时会覆盖之前与它一样的关键字信息，这与其他两种不同，其他两种如果插入的内容和原有的关键字一致就不能插入了

题解：并查集，因为数据比较大嘛，你要是想再所以如果开1e9的数组大小，tle，所以这个题离散化用了map这个容器。

首先，遍历一遍e=1的时候，把他们之间相等的都给连到同一个集合里去，其次再遍历一遍e=0的时候，看一下当e=0的时候，这两个是是不是已经在同一个集合里面了，如果在一个集合里面的话，就说明这两个条件是冲突的，直接输出NO即可。

如何使用map：我们设一个cnt变量从0开始，没遇到一个没有遇到的数，就把他的值变换成++cnt即可，这样就可以把1e9的范围大小给缩小成2e5的范围。因为数据的范围是1e9我们就把他换成下标，那么就会变成两倍的内存大小，一倍数1e5.

这个题要注意的几点：
1.可能会存在2 2 0这种条件，所以要特判一下。
2.注意f[x]要开双倍的空间！！！！！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], pre[maxn << 1];
int find(int x) //路径压缩
{
   
    return x == pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}
map<ll, int> s;
int main()
{
   
    int t, n;
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
   
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= 2 * n; ++i) //并查集的基本条件：初始化
            pre[i] = i;
        s.clear(); //一定要清空，防止干扰后序计算
        int cnt = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
   
            scanf("%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i]);
            if (c[i])
            {
   
                int nx = s[a[i]], ny = s[b[i]];
                if (!nx) //去重
                    s[a[i]] = ++cnt, nx = cnt;
                if (!ny) //去重
                    s[b[i]] = ++cnt, ny = cnt;
                pre[find(nx)] = find(ny); //合并
            }
        }
        int flag = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
   

            if (!c[i])
            {
   
                int nx = s[a[i]], ny = s[b[i]];
                if (a[i] == b[i]) //如果条件为0，但是表达式相等就是错的，就不用继续后面的判断了
                {
   
                    flag = 1;
                    break;
                }
                if (!nx || !ny) //如果这个数不存在也就没有可比的必要了
                    continue;
                if (find(nx) == find(ny)) //如果他们的根节点相同，就和条件相违背
                {
   
                    flag = 1;
                    break;
                }
            }
        }
        if (flag)
            printf("NO\n");
        else
            printf("YES\n");
    }
}