【NOI2014】【BZOJ3669】【UOJ#3】魔法森林
我学会lct辣
原题：
为了得到书法大家的真传，小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士。魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图，节点标号为 1…n1…n，边标号为1…m1…m。初始时小E同学在 11 号节点，隐士则住在 nn 号节点。小E需要通过这一片魔法森林，才能够拜访到隐士。
魔法森林中居住了一些妖怪。每当有人经过一条边的时候，这条边上的妖怪就会对其发起攻击。幸运的是，在 11 号节点住着两种守护精灵：A型守护精灵与B型守护精灵。小E可以借助它们的力量，达到自己的目的。
只要小E带上足够多的守护精灵，妖怪们就不会发起攻击了。具体来说，无向图中的每一条边 eiei 包含两个权值 aiai 与 bibi。若身上携带的A型守护精灵个数不少于 aiai，且B型守护精灵个数不少于 bibi，这条边上的妖怪就不会对通过这条边的人发起攻击。当且仅当通过这片魔法森林的过程中没有任意一条边的妖怪向小E发起攻击，他才能成功找到隐士。
由于携带守护精灵是一件非常麻烦的事，小E想要知道，要能够成功拜访到隐士，最少需要携带守护精灵的总个数。守护精灵的总个数为A型守护精灵的个数与B型守护精灵的个数之和。
2≤n≤50000
0≤m≤100000
恩很简单（然而我并没有想到。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。
模板题
给a排个序，然后加边，如果x到y路径上的b大于这个边的b就删掉最大边插入当前边，注意如果两点不连通直接加边
每次加边后如果1和n联通答案就与当前边的a和1到n最大的b更新
正确性不显然，对于一条边，如果这条边算在答案内，因为a是增序的所以这条边的a一定是最大的a，最大的b则由查询得出，如果不在答案内，那么当前状态的最优值过去一定统计到答案过
不存在以前的更小的a和现在的更小的b组成更优路径的情况，为什么参考上面的话
1A真开心
代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 const int inf=(int)1e9; 8 inline int rd(){int z=0; char ch=getchar(); 9 while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); 10 while(ch>='0'&&ch<='9'){ z=(z<<3)+(z<<1)+ch-'0'; ch=getchar();} 11 return z; 12 } 13 struct nds{int x,y,a,b;}e[110000]; 14 int n,m; 15 int fth[151000],chd[151000][2],v[151000],w[151000],rvs[151000]; 16 int stck[151000],tp=0; 17 int ans=inf; 18 inline bool isrt(int x){ return (chd[fth[x]][0]!=x)&(chd[fth[x]][1]!=x);} 19 inline void pshu(int x){ 20 w[x]=x; 21 if(v[w[chd[x][0]]]>v[w[x]]) w[x]=w[chd[x][0]]; 22 if(v[w[chd[x][1]]]>v[w[x]]) w[x]=w[chd[x][1]]; 23 } 24 inline void pshd(int x){ 25 if(!rvs[x]) return ; 26 rvs[chd[x][0]]^=1,rvs[chd[x][1]]^=1,rvs[x]=0; 27 swap(chd[x][0],chd[x][1]); 28 } 29 inline void rtt(int x){ 30 int y=fth[x],z=fth[fth[x]],l,r; 31 r=(chd[y][0]==x); l=r^1; 32 if(!isrt(y)) chd[z][chd[z][1]==y]=x; 33 fth[x]=z,fth[y]=x,fth[chd[x][r]]=y; 34 chd[y][l]=chd[x][r],chd[x][r]=y; 35 pshu(y),pshu(x); 36 } 37 inline void sply(int x){ 38 stck[tp=1]=x; 39 for(int i=x;!isrt(i);i=fth[i]) stck[++tp]=fth[i]; 40 while(tp) pshd(stck[tp--]); 41 while(!isrt(x)){ 42 if(!isrt(fth[x])) rtt((chd[fth[x]][0]==x)^(chd[fth[fth[x]]][0]==fth[x])?x:fth[x]); 43 rtt(x); 44 } 45 } 46 inline void accs(int x){ for(int i=0;x;sply(x),chd[x][1]=i,pshu(x),x=fth[i=x]);} 47 inline void qdrt(int x){ accs(x),sply(x),rvs[x]^=1;} 48 inline void lk(int x,int y){ qdrt(x),fth[x]=y,sply(x);} 49 inline void ct(int x,int y){ qdrt(x),accs(y),sply(y),fth[x]=chd[y][0]=0;} 50 inline int gtrt(int x){ while(fth[x]) x=fth[x]; return x;} 51 inline int qry(int x,int y){ qdrt(x),accs(y),sply(y); return w[y];} 52 bool cmp(nds x,nds y){ return x.a==y.a ? x.b<y.b : x.a<y.a;} 53 int main(){//freopen("ddd.in","r",stdin); 54 cin>>n>>m; 55 for(int i=1;i<=m;++i) e[i].x=rd(),e[i].y=rd(),e[i].a=rd(),e[i].b=rd(); 56 sort(e+1,e+m+1,cmp); 57 for(int i=1;i<=m;++i){ 58 if(gtrt(e[i].x)!=gtrt(e[i].y)) lk(e[i].x,i+n),lk(e[i].y,i+n),v[i+n]=e[i].b,w[i+n]=i+n; 59 else{ 60 int tmp=qry(e[i].x,e[i].y); 61 if(v[tmp]>e[i].b){ 62 ct(e[tmp-n].x,tmp),ct(e[tmp-n].y,tmp); 63 lk(e[i].x,i+n),lk(e[i].y,i+n),v[i+n]=e[i].b,w[i+n]=i+n; 64 } 65 } 66 if(gtrt(1)==gtrt(n)) ans=min(ans,e[i].a+v[qry(1,n)]); 67 } 68 cout<<(ans==inf ? -1 : ans)<<endl; 69 return 0; 70 }
