CF891C Envy
关于同一张图上的最小生成树，有一些性质：
对于任意权值的边，所有最小生成树中这个权值的边的数量是一定的
对于任意正确加边方案，加完小于某权值的所有边后图的连通性是一样的
据以上性质，判断某些边是否能够在同一最小生成树中同时出现时，不同权值的边之间不互相影响。
所以我们可以对于每一条边用Kruskal预处理出加完小于这条边的权值后的所有边后，这条边的两个端点所在的连通块，然后对于每个询问，每种权值分开考虑，看这些边连接的连通块是否构成环（注意不要漏掉自环），这里可以直接并查集
============================================================
可得以下性质
1:对于某个图，它可能会有多种最小生成树的方案，但不管在哪种方案中，某种权值的边数的值是固定的，至于具体是取同权值中的哪几条边是无所谓的。
2：如果将所有小于等于x的边做最小生成树，则合法方案的连通性是一样的，即能连通的自然会连通，不能连通的也始终不能连通。
对于一组询问，对于所有权值，权值为x的有k个，那么可以事先将<x的边全部加入，然后将这k个边加入，看看能不能全部加入进去。如果有一个成环了，那么肯定是不行的。
那么q组询问，可以离线下来，对于(边权,询问编号)二元组排序，然后对于同一边权的同一组询问，尝试加入，到了下一组询问就撤销，然后处理完之后又全部加入进去。用可撤销并查集就可以做了。
例如对于下面这组数据
5 7
1 2 2
1 3 2
2 3 1
2 4 1
3 4 1
3 5 1
4 5 2
2
4 3 4 5 6
2 3 4
边权为1的询问中有
询问1，涉及第3条边
询问1，涉及第4条边
询问1，涉及第5条边
询问1，涉及第6条边
询问2，涉及第3条边
询问2，涉及第4条边.
于是先处理询问1，尝试将所要求的边加入，处理完之后，再来处理询问2的。
#include<bits/stdc++.h>
#define Rint register int
using namespace std;
const int N = 500003;
int n, m, k, q, mx, fa[N], siz[N];
bool ans[N];
struct Edge {
int u, v, w;
inline bool operator < (const Edge &o) const {return w < o.w;}
} e[N];
struct Query {
int u, v, w, id;
inline bool operator < (const Query &o) const {return id < o.id;}
};
vector<Query> vec[N];
inline int getfa(int x){
return x == fa[x] ? x : getfa(fa[x]);
}
int stk[N], top;
inline bool comb(int x, int y)
{
x = getfa(x); y = getfa(y);
if(x != y){
if(siz[x] > siz[y]) swap(x, y);
siz[y] += siz[x]; fa[x] = y; stk[++ top] = x;
return true;
}
return false;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(Rint i = 1;i <= m;i ++)
scanf("%d%d%d", &e[i].u, &e[i].v, &e[i].w), mx = max(mx, e[i].w);
scanf("%d", &q);
for(Rint i = 1;i <= q;i ++){
scanf("%d", &k);
while(k --){
int now; scanf("%d", &now);
vec[e[now].w].push_back((Query){e[now].u, e[now].v, e[now].w, i});
}
}
for(Rint i = 1;i <= mx;i ++) if(!vec[i].empty())
sort(vec[i].begin(), vec[i].end());
sort(e + 1, e + m + 1);
for(Rint i = 1;i <= n;i ++) siz[i] = 1, fa[i] = i;
for(Rint i = 1;i <= q;i ++) ans[i] = true;
for(Rint i = 1;i <= m;)
//按边权，从小到大枚举出某一条边来
{
int val = e[i].w;
//取出它的权值
top = 0;
for(Rint j = 0;j < vec[val].size();j ++)
//枚举边权对应一共有多少个询问，集中处理某一类，再处理另一类询问
{
cout<<"j is "<<j<<endl;
if(!ans[vec[val][j].id])
//这个询问已是无解了
{
cout<<"break"<<endl;
continue;
}
if(j && vec[val][j].id != vec[val][j - 1].id)
//如果处理到另一个询问了的话，则进行撤销操作
{
while(top)
{
siz[fa[stk[top]]] -= siz[stk[top]];
fa[stk[top]] = stk[top]; -- top;
}
}
cout<<vec[val][j].u<<" "<<vec[val][j].v<<endl;
if(!comb(vec[val][j].u, vec[val][j].v))
//进行并查集操作，加入边
ans[vec[val][j].id] = false;
}
//处理完对于当前边权的询问后，将所有边权为val的边进行合并
//合并出来后，对于某个询问，可能它具体要求的边，并没有用到
//但只要这个询问中，规定某个边权需要多少条，现在给它合并上多少条就可以了
while(e[i].w == val)
{
comb(e[i].u, e[i].v); ++ i;
}
}
for(Rint i = 1;i <= q;i ++) puts(ans[i] ? "YES" : "NO");
}
https://www.luogu.com.cn/problem/solution/CF891C
