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=<<;
const double Pi=acos(-1.0);
const int Mod=1e9+;
const int Max=;
struct node
{
int fat[];
int blo;//当前连通块的个数
void init(int n)
{
blo=n;
for(int i=;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=;i<=m+;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 ;
p.fat[x1]=y1;
return ;
}
int main()
{
int n,m,q;
int lef,rig;
while(~scanf("%d %d",&n,&m))
{
Init(n,m);
for(int i=;i<=m;i++)
scanf("%d %d",&xx1[i],&yy1[i]);
for(int i=;i<=m;i++)//前缀并查和
{
pre[i]=pre[i-];
pre[i].blo-=Union(pre[i],xx1[i],yy1[i]); }
for(int i=m;i>;i--)
{
las[i]=las[i+];
las[i].blo-=Union(las[i],xx1[i],yy1[i]);
}
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
scanf("%d %d",&lef,&rig);
tmp=pre[lef-];
for(int i=;i<=n;i++)//枚举点
tmp.blo-=Union(tmp,i,las[rig+].fat[i]);
printf("%d\n",tmp.blo);
}
}
return ;
}