閑話
stO貓錕學長，滿腦子神仙DS
網上有不少Dalao把線段樹分治也歸入CDQ分治？
還是聽聽YCB巨佬的介紹：
狹義:只計算左邊對右邊的貢獻。
廣義:只計算外部對內部的貢獻。
看來可以理解為廣義下的。
不過叫它線段樹分治挺形象的啊！
線段樹分治思想
我們在做CDQ的時候，將詢問和操作通通視為元素，在歸並過程中統計左邊的操作對右邊的詢問的貢獻。
而在線段樹分治中，詢問被固定了。按時間軸確定好詢問的序列以后，我們還需要所有的操作都會影響一個時間區間。而這個區間，毫無疑問正好對應着詢問的一段區間。
於是，我們可以將每一個操作丟到若干詢問里做區間修改了，而線段樹可以高效地維護。我們開一個葉子節點下標為詢問排列的線段樹，作為分治過程的底層結構。
具體的實現，仍然要看題目。
例題1
BZOJ4025二分圖（點擊進入題目）
首先，圖是二分圖的充要條件是不存在奇環。
這個性質非常好。我們可以維護一棵生成樹，假如當前要加入一條邊\(x-y\)，而生成樹中\(x\)到\(y\)的路徑上有偶數條邊，那么就會形成奇環。如果\(x\)到\(y\)的路徑上有奇數條邊，就沒問題，而且去掉這條邊不會影響后續奇偶性的判斷。這就讓我們想到LCT做法：像WC2005雙面棋盤一樣，維護關於邊刪除時間的最大生成樹，每次加邊並判斷。這里不詳細展開。
關於維護奇偶性，我們還可以這樣想：二分圖染色！每次新加入一條邊的時候，我們需要保證\(x,y\)之前其中之一未被染色或已染上不同顏色。因此我們參考NOIP2010關押罪犯，維護並查集，對每個點\(x\)額外建一個點\(x'\)表示它的反集，在加邊時，如果\(x,y\)位於同一集合，將不再是二分圖。否則合並\(x,y'\)和\(y,x'\)。
但是邊有存在時間，而並查集顯然不能隨意刪邊。這時候，線段樹分治的一大妙用就派上用場了。
發現每個時刻都要詢問是否為二分圖，我們就對時間建立線段樹。對於每條邊，我們就按照區間加法的模式，把邊掛在出現時間對應線段樹內的\(\log\)個節點上，用鏈表實現。分治時，從根節點出發，每到一個節點，將掛在該節點上的所有邊合並，然后遞歸處理左兒子和右兒子。如果發現有某條邊合並會出現奇環，那么顯然可以斷言，當前線段樹節點所對應的時間區間都不會形成二分圖。當成功到達葉子節點的時候，我們驚奇地發現，在這一時刻的所有邊已經在並查集中，而這一時刻也得到了Yes的肯定答案！
一口氣搞完了線段樹分治流程的一大半，現在我們看看之前不能隨意刪邊的問題。發現我們遍歷線段樹過程的本質，實際上是跑了一遍dfn序。這明顯是一個棧的過程，不斷向下遍歷，同時加邊；再進行回溯，我們要刪去的是最后加的邊！而使用按秩合並不路徑壓縮的並查集，我們就可以輕松做到可撤銷最后一步的加邊。實現的時候，也要寫一個棧，保存每次並查集合並的有關信息（合並時加入的邊，合並后樹高\(dep\)的變化），在線段樹中處理完左右子樹后，將在當前節點加入的邊刪除。
分治過程至此結束。來分析一下復雜度。每條邊會掛在\(\log T\)個線段樹節點上。因為並查集沒有路徑壓縮，所以每次加邊刪邊判連通性時都需要跳\(\log n\)次\(fa\)。於是得出了總復雜度\(m\log n\log T\)。
寫法上，蒟蒻還通過許多Dalao的博客了解到另一種用異或和維護奇偶性的並查集寫法。比起蒟蒻提到的這種，常數小了一半，但感覺思路沒那么簡潔（其實是因為我這種弱雞弄不懂比不上Dalao）
實現細節方面，注意題目中時間段與時刻的區別（時間段從\(1\)開始，時刻從\(0\)開始）。數據中還有某些邊出現了“瞬閃”的現象（出現時刻等於消失時刻），做區間加法時不特判一下會RE。數據中還有自環（不能構成二分圖），不過使用蒟蒻這種並查集寫法似乎沒影響。
#include<cstdio>
#define I inline
#define RG register
#define R RG int
const int N=2e5,M=N<<1,L=4e6;
char buf[M],*pe=buf+M,*pp=pe-1;
int p,st[L],u[M],v[M],f[M],d[M],he[M],ne[L],id[L];
bool fl[L];
I void gc(){
if(++pp==pe)fread(pp=buf,1,M,stdin);
}
I void pc(RG char C){
if(++pp==pe)fwrite(pp=buf,1,M,stdout);*pp=C;
}
I int in(){
gc();while(*pp<'-')gc();
R x=*pp&15;gc();
while(*pp>'-')x=x*10+(*pp&15),gc();
return x;
}
I int get(R x){//直接跳fa
while(f[x])x=f[x];
return x;
}
I void merge(R x,R y){
if(x==y)return;
if(d[x]>d[y]){R t=x;x=y;y=t;}
f[st[++p]=x]=y;//按秩合並，信息壓入棧
d[y]+=fl[p]=d[x]==d[y];//注意dep有沒有變也要壓
}
void upd(R t,R l,R r,R s,R e,R i){//區間加
if(l==s&&r==e){
ne[++p]=he[t];id[he[t]=p]=i;//掛鏈
return;
}
R m=(l+r)>>1;
if(e<=m)upd(t<<1,l,m,s,e,i);
else if(s>m)upd(t<<1|1,m+1,r,s,e,i);
else upd(t<<1,l,m,s,m,i),upd(t<<1|1,m+1,r,m+1,e,i);
}
void div(R t,R l,R r){
R x,y,i,m=(l+r)>>1,lst=p;
for(i=he[t];i;i=ne[i]){
if((x=get(u[id[i]]))==(y=get(v[id[i]]))){
for(;l<=r;++l)pc('N'),pc('o'),pc('\n');
goto E;//出現奇環，斷定整個區間不合法
}
merge(get(u[id[i]]+N),y);//合並反點
merge(get(v[id[i]]+N),x);
}
if(l==r)pc('Y'),pc('e'),pc('s'),pc('\n');
else div(t<<1,l,m),div(t<<1|1,m+1,r);
E:for(;p>lst;--p)//撤銷
d[f[st[p]]]-=fl[p],f[st[p]]=0;
}
int main(){//g++：unused variable ‘n’。蒟蒻：叫我怎么用你？
R n=in(),m=in(),t=in(),s,e;
for(R i=1;i<=m;++i){
u[i]=in();v[i]=in();s=in();e=in();
if(s!=e)upd(1,1,t,s+1,e,i);//特判
}
pp=buf-1;div(1,1,t);
fwrite(buf,1,pp-buf+1,stdout);
return 0;
}
例題二
BZOJ3237[Ahoi2013]連通圖（點擊進入題目）
這一個就沒那么裸了，並沒有體現任何詢問的時間軸，以及修改對應的時間區間。
可是，一個圖任意刪邊我們還是沒法做，仍然要轉化成加邊。我們強行按照先后順序對詢問建時間軸，猛然發現，原來每條邊的存在仍然是若干段時間區間！因為刪邊意味着由一段時間區間分裂成兩段，所以總的段數控制在\(O(k)\)級別。
當然還是可以大力LCT。
當然接着使用線段樹分治。這里的並查集使用帶權的，維護好當前連通塊大小。如果大小等於\(n\)說明圖連通。
其它的部分代碼幾乎照搬。當然由刪邊的時間點轉化為加邊的時間區間需要寫一個鏈表實現，蒟蒻使用了STL的list（又是第一次學一個STL。。。）
復雜度仍然是兩個\(\log\)，不過據說有隨機權值的巧妙做法？
#include<cstdio>
#include<list>
#define I inline
#define RG register
#define R RG int
#define G c=getchar()
using namespace std;
const int N=2e5+9,M=4e5+9,L=8e6+9;
int n,p,st[M],f[N],s[N],d[N],a[M],b[M],he[M<<1],ne[L],id[L];
bool fl[M];
list<int>li[M];
I int in(){
RG char G;
while(c<'-')G;
R x=c&15;G;
while(c>'-')x*=10,x+=c&15,G;
return x;
}
I int get(R x){
while(f[x])x=f[x];
return x;
}
void upd(R t,R l,R r,R s,R e,R i){
if(l==s&&r==e){
ne[++p]=he[t];id[he[t]=p]=i;
return;
}
R m=(l+r)>>1;
if(e<=m)upd(t<<1,l,m,s,e,i);
else if(s>m)upd(t<<1|1,m+1,r,s,e,i);
else upd(t<<1,l,m,s,m,i),upd(t<<1|1,m+1,r,m+1,e,i);
}
void div(R t,R l,R r){
R i,x,y,m=(l+r)>>1,lst=p;
for(i=he[t];i;i=ne[i]){
if((x=get(a[id[i]]))==(y=get(b[id[i]])))continue;
if(s[x]+s[y]==n){//剪枝，對復雜度並沒有什么優化
for(;l<=r;++l)puts("Connected");
goto E;
}
if(d[x]>d[y])swap(x,y);
s[f[st[++p]=x]=y]+=s[x];//帶權合並
d[y]+=fl[p]=d[x]==d[y];
}
if(l==r)puts("Disconnected");
else div(t<<1,l,m),div(t<<1|1,m+1,r);
E:for(;p!=lst;--p)
d[f[x=st[p]]]-=fl[p],s[f[x]]-=s[x],f[x]=0;
}
int main(){
n=in();R m=in(),k,i,lst;
RG list<int>::iterator it;
for(i=1;i<=n;++i)s[i]=1;
for(i=1;i<=m;++i)
a[i]=in(),b[i]=in();
k=in();
for(i=1;i<=k;++i)
for(R c=in();c;--c)
li[in()].push_back(i);
for(i=1;i<=m;++i){
li[i].sort();li[i].push_back(k+1);//排個序
for(lst=1,it=li[i].begin();it!=li[i].end();++it){
if(lst!=*it)upd(1,1,k,lst,*it-1,i);
lst=*it+1;//把區間弄出來
}
}
p=0;div(1,1,k);
return 0;
}