【HNOI2012】永无乡（splay，启发式合并）
题解
Description
永无乡包含 n 座岛，编号从 1 到 n，每座岛都有自己的独一无二的重要度，按照重要度可 以将这 n 座岛排名，名次用 1 到 n 来表示。某些岛之间由巨大的桥连接，通过桥可以从一个岛 到达另一个岛。如果从岛 a 出发经过若干座（含 0 座）桥可以到达岛 b，则称岛 a 和岛 b 是连 通的。现在有两种操作：B x y 表示在岛 x 与岛 y 之间修建一座新桥。Q x k 表示询问当前与岛 x连通的所有岛中第 k 重要的是哪座岛，即所有与岛 x 连通的岛中重要度排名第 k 小的岛是哪 座，请你输出那个岛的编号。
Input
第一行是用空格隔开的两个正整数 n 和 m，分别 表示岛的个数以及一开始存在的桥数。
接下来的一行是用空格隔开的 n 个数，依次描述从岛 1 到岛 n 的重要度排名。随后的 m 行每行是用空格隔开的两个正整数 ai 和 bi，表示一开始就存 在一座连接岛 ai 和岛 bi 的桥。后面剩下的部分描述操作，该部分的第一行是一个正整数 q， 表示一共有 q 个操作，接下来的 q 行依次描述每个操作，操作的格式如上所述，以大写字母 Q 或B 开始，后面跟两个不超过 n 的正整数，字母与数字以及两个数字之间用空格隔开。
对于 20%的数据 n≤1000,q≤1000
对于 100%的数据 n≤100000,m≤n，q≤300000
Output
对于每个 Q x k 操作都要依次输出一行，其中包含一个整数，表 示所询问岛屿的编号。如果该岛屿不存在，则输出-1。
Sample Input
5 1
4 3 2 5 1
1 2
7
Q 3 2
Q 2 1
B 2 3
B 1 5
Q 2 1
Q 2 4
Q 2 3
Sample Output
-1
2
5
1
2
题解
首先对于连通性，很显然维护一个并查集来考虑。
那么，现在的问题在于如何查询联通块第k大
这个玩意显然是个动态区间，而且大小还会变化，所以考虑使用平衡树维护。
那么，构建N棵splay，每次联通两个不连通的块的时候，直接启发式合并暴力合并，每个点最多被合并logn次，因此复杂度是正确的。
如果两个点已经属于同一个联通块，那么不需要再次合并，可以直接忽略操作。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 500000
inline int read()
{
register int x=0,t=1;
register char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-'){t=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*t;
}
struct Node
{
int ch[2];
int val,ff,size;
}t[MAX];
int f[MAX];
int root[MAX],tot;
int hh[MAX];
int N,M;
int getf(int x)
{
return x==f[x]?x:f[x]=getf(f[x]);
}
inline void pushup(int x)
{
t[x].size=t[t[x].ch[0]].size+t[t[x].ch[1]].size+1;
}
//1..N分别为N棵splay的0节点
//每次都对splay进行合并
inline void rotate(int x)
{
int y=t[x].ff;
int z=t[y].ff;
int k=t[y].ch[1]==x;
t[z].ch[t[z].ch[1]==y]=x;t[x].ff=z;
t[y].ch[k]=t[x].ch[k^1];t[t[x].ch[k^1]].ff=y;
t[x].ch[k^1]=y;t[y].ff=x;
pushup(y);pushup(x);
}
inline void splay(int x,int goal)
{
while(t[x].ff!=goal)
{
int y=t[x].ff,z=t[y].ff;
if(z!=goal)
(t[z].ch[0]==y)^(t[y].ch[0]==x)?rotate(x):rotate(y);
rotate(x);
}
if(goal<=N)root[goal]=x;//如果是某一个0节点的下方，则更新当前splay的根节点
}
inline void insert(int x,int bh)
{
int u=root[bh],ff=bh;
while(u&&t[u].val!=x)
ff=u,u=t[u].ch[x>t[u].val];
u=++tot;
t[u].size=1;
t[u].ff=ff;
if(ff>N)
t[ff].ch[x>t[ff].val]=u;
t[u].val=x;t[u].ch[0]=t[u].ch[1]=0;
splay(u,bh);
}
void DFS(int u,int kk)//遍历整颗splay
{
if(t[u].ch[0])DFS(t[u].ch[0],kk);
if(t[u].ch[1])DFS(t[u].ch[1],kk);
insert(t[u].val,kk);//合并到另外一颗splay中
}
inline void Merge(int a,int b)
{
int x=getf(a),y=getf(b);
if(x==y)return;//已经在一个集合内
if(t[root[x]].size>t[root[y]].size)swap(x,y);//强制将小的合并到大的
f[x]=y;
DFS(root[x],y);
}
int kth(int bh,int k)
{
int u=root[bh];
if(t[u].size<k)return -1;
while(233)
{
if(t[t[u].ch[0]].size+1<k)//在右子树中找
{
k-=t[t[u].ch[0]].size+1;
u=t[u].ch[1];
}
else
if(t[t[u].ch[0]].size>=k)//在左子树中找
u=t[u].ch[0];
else
return t[u].val;//当前节点
}
}
int main()
{
N=read();M=read();
for(int i=1;i<=N;++i)root[i]=i+N,f[i]=i;
tot=N+N;
for(int i=1;i<=N;++i)
{
int x=read();
hh[x]=i;
t[i+N].val=x;t[i+N].size=1;t[i+N].ff=i;
}
for(int i=1;i<=M;++i)
{
int x=read(),y=read();
Merge(x,y);
}
int Q=read();
while(Q--)
{
char ch[3];int a,b;
scanf("%s",ch);a=read(),b=read();
if(ch[0]=='B')
{
Merge(a,b);
}
else
{
int ans=kth(getf(a),b);
printf("%d\n",ans==-1?ans:hh[ans]);
}
}
return 0;
}
