3123: [Sdoi2013]森林
Description
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Input
第一行包含一个正整数testcase，表示当前测试数据的测试点编号。保证1≤testcase≤20。
第二行包含三个整数N，M，T，分别表示节点数、初始边数、操作数。第三行包含N个非负整数表示 N个节点上的权值。
接下来 M行，每行包含两个整数x和 y，表示初始的时候，点x和点y 之间有一条无向边, 接下来 T行，每行描述一个操作，格式为“Q x y k”或者“L x y ”，其含义见题目描述部分。
Output
对于每一个第一类操作，输出一个非负整数表示答案。
Sample Input
1
8 4 8
1 1 2 2 3 3 4 4
4 7
1 8
2 4
2 1
Q 8 7 3 Q 3 5 1
Q 10 0 0
L 5 4
L 3 2 L 0 7
Q 9 2 5 Q 6 1 6
8 4 8
1 1 2 2 3 3 4 4
4 7
1 8
2 4
2 1
Q 8 7 3 Q 3 5 1
Q 10 0 0
L 5 4
L 3 2 L 0 7
Q 9 2 5 Q 6 1 6
Sample Output
2
2
1
4
2
2
1
4
2
HINT
对于第一个操作 Q 8 7 3，此时 lastans=0，所以真实操作为Q 8^0 7^0 3^0，也即Q 8 7 3。点8到点7的路径上一共有5个点，其权值为4 1 1 2 4。这些权值中，第三小的为 2，输出 2，lastans变为2。对于第二个操作 Q 3 5 1 ，此时lastans=2，所以真实操作为Q 3^2 5^2 1^2 ，也即Q 1 7 3。点1到点7的路径上一共有4个点，其权值为 1 1 2 4 。这些权值中，第三小的为2，输出2，lastans变为 2。之后的操作类似。
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如果没有连边，就是裸的可持久化线段树了，加上连边操作，就是给定一个森林，每次把两颗树合并，
这里用到启发式合并，可以证明时间复杂度是nlogn的，每次把节点数小的树暴力合并到大的树中。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<algorithm> 7 #include<string> 8 #include<map> 9 #include<queue> 10 #include<vector> 11 #include<set> 12 #define inf 1000000000 13 #define maxn 200000+5 14 #define maxm 30000000+5 15 #define eps 1e-10 16 #define ll long long 17 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++) 18 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++) 19 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++) 20 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--) 21 #define for4(i,x) for(int i=head[x],y=e[i].go;i;i=e[i].next,y=e[i].go) 22 using namespace std; 23 int read(){ 24 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 25 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 26 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();} 27 return x*f; 28 } 29 int n,m,q,cnt,tot1,tot2,rt[maxn],head[maxn],a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn],dep[maxn]; 30 int s[maxn],fa[maxn],f[maxn][20],ls[maxm],rs[maxm],sum[maxm]; 31 struct edge{ 32 int go,next; 33 }e[2*maxn]; 34 void insert(int x,int y){ 35 e[++tot1]=(edge){y,head[x]};head[x]=tot1; 36 e[++tot1]=(edge){x,head[y]};head[y]=tot1; 37 } 38 bool cmp(int x,int y){ 39 return a[x]<a[y]; 40 } 41 int find(int x){ 42 return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]); 43 } 44 void update(int l,int r,int x,int &y,int z){ 45 y=++tot2; 46 sum[y]=sum[x]+1; 47 if(l==r)return ; 48 ls[y]=ls[x];rs[y]=rs[x]; 49 int mid=(l+r)>>1; 50 if(z<=mid)update(l,mid,ls[x],ls[y],z); 51 else update(mid+1,r,rs[x],rs[y],z); 52 } 53 void dfs(int x,int fat){ 54 update(1,cnt,rt[fat],rt[x],c[x]); 55 dep[x]=dep[fat]+1;f[x][0]=fat; 56 for1(i,18)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1]; 57 for4(i,x) 58 if(y!=fat) 59 dfs(y,x); 60 } 61 int lca(int x,int y){ 62 if(dep[x]<dep[y])swap(x,y); 63 int t=dep[x]-dep[y]; 64 for0(i,18)if(t&(1<<i))x=f[x][i]; 65 if(x==y)return x; 66 for3(i,18,0)if(f[x][i]!=f[y][i])x=f[x][i],y=f[y][i]; 67 return f[x][0]; 68 } 69 int main(){ 70 //freopen("input.txt","r",stdin); 71 //freopen("output.txt","w",stdout); 72 n=read();n=read();m=read();q=read(); 73 for1(i,n)a[i]=read(),b[i]=i; 74 sort(b+1,b+n+1,cmp); 75 for1(i,n){ 76 if(i==1||a[b[i]]!=a[b[i-1]])cnt++; 77 d[cnt]=a[b[i]]; 78 c[b[i]]=cnt; 79 } 80 for1(i,m)insert(read(),read()); 81 for1(i,n) 82 if(!dep[i]) 83 dfs(i,0); 84 for1(i,n) 85 fa[i]=f[i][0]?f[i][0]:i; 86 for1(i,n)s[find(i)]++; 87 int ans=0; 88 while(q--){ 89 char ch=getchar(); 90 while(ch!='Q'&&ch!='L')ch=getchar(); 91 int x=read()^ans,y=read()^ans; 92 if(ch=='Q'){ 93 int k=read()^ans,xx=lca(x,y),yy=f[xx][0],l=1,r=cnt; 94 x=rt[x];y=rt[y];xx=rt[xx];yy=rt[yy]; 95 while(l!=r){ 96 int t=sum[ls[x]]+sum[ls[y]]-sum[ls[xx]]-sum[ls[yy]],mid=(l+r)>>1; 97 if(t>=k){ 98 x=ls[x];y=ls[y];xx=ls[xx];yy=ls[yy]; 99 r=mid; 100 } 101 else{ 102 x=rs[x];y=rs[y];xx=rs[xx];yy=rs[yy]; 103 l=mid+1;k-=t; 104 } 105 } 106 printf("%d\n",ans=d[l]); 107 } 108 else{ 109 int xx=find(x),yy=find(y); 110 if(s[xx]>s[yy])swap(x,y),swap(xx,yy); 111 fa[xx]=yy;s[yy]+=s[xx]; 112 insert(x,y); 113 dfs(x,y); 114 } 115 } 116 return 0; 117 }
