[bzoj3123][sdoi2013森林] (树上主席树+lca+并查集启发式合并+暴力重构森林)

Description

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 

Sample Output

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。 

Solution

时限比较长暗示此题的解法比较暴力

和前面count on a tree的做法一样，先遍历整片森林，初始化倍增数组，把点投到可持久化线段树里去

对于询问操作，一样地，直接递归求解即可

对于连接操作，我们用并查集加size域启发式合并来处理森林的联通状况，方便我们重构树的时候减少重构的点的数量，这样就优化了暴力重构的时间

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define N 80110
#define INF 1000000000
#define mid ((x>>1)+(y>>1)+(x&y&1))
inline void exc(int &x,int &y){
    x^=y;y^=x;x^=y;
}
inline int Rin(){
    int x=0,c=getchar(),f=1;
    for(;c<48||c>57;c=getchar())
        if(!(c^45))f=-1;
    for(;c>47&&c<58;c=getchar())
        x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;
    return x*f;
}
int n,m,T,val[N],jump[N][20],dep[N],pb[N],top,ans;
struct st{int f,s;}s[N];
inline int pre(int x){
    while(s[x].f^x)x=s[x].f;
    return x;
}
inline void onion(int x,int y){
    x=pre(x),y=pre(y);
    s[y].f=x,s[x].s+=s[y].s;
}
struct pt{int v;pt *nxt;}
*fst[N],e[N<<1],*tot=e;
inline void link(int x,int y){
    *++tot=(pt){y,fst[x]},fst[x]=tot;
    *++tot=(pt){x,fst[y]},fst[y]=tot;
}
struct nt{
    nt *l,*r;
    int s;
}*rt[N],pool[20002000],*C=pool;
inline nt *newnt(nt *_,nt *__,int ___){
    C->l=_;C->r=__;C->s=___;
    return C++;
}
nt *build(nt *p,int x,int y,int k){
    if(!(x^y))return newnt(0x0,0x0,p->s+1);
    if(k<=mid)return newnt(build(p->l,x,mid,k),p->r,p->s+1);
    return newnt(p->l,build(p->r,mid+1,y,k),p->s+1);
}
void dfs(int x){
    dep[x]=dep[jump[x][0]]+1;
    rt[x]=build(rt[jump[x][0]],0,INF,val[x]);
    for(pt *j=fst[x];j;j=j->nxt)
        if(j->v^jump[x][0])
            jump[j->v][0]=x,
            dfs(j->v);
}
void dfs(int x,int f){
    pb[++top]=x;
    jump[x][0]=f;
    dep[x]=dep[f]+1;
    rt[x]=build(rt[f],0,INF,val[x]);
    for(pt *j=fst[x];j;j=j->nxt)
        if(j->v^f)dfs(j->v,x);
}
int lca(int x,int y){
    if(dep[x]<dep[y])exc(x,y);
    for(int j=19;~j;j--)
        if(dep[jump[x][j]]>=dep[y])
            x=jump[x][j];
    if(!(x^y))return x;
    for(int j=19;~j;j--)
        if(jump[x][j]^jump[y][j])
            x=jump[x][j],y=jump[y][j];
    return jump[x][0];
}
int secret(nt *p1,nt *p2,nt *p3,nt *p4,int x,int y,int k){
    if(!(x^y))return x;
    int c=p1->l->s+p2->l->s-p3->l->s-p4->l->s;
    if(k<=c)return secret(p1->l,p2->l,p3->l,p4->l,x,mid,k);
    return secret(p1->r,p2->r,p3->r,p4->r,mid+1,y,k-c);
}
int feel(int x,int y,int k){
    int t=lca(x,y);
    return secret(rt[x],rt[y],rt[t],rt[jump[t][0]],0,INF,k);
}
int main(){
    T=Rin(),n=Rin(),m=Rin(),T=Rin();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        s[i].f=i,s[i].s=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        val[i]=Rin();
    for(int x,y;m;m--)
        x=Rin(),y=Rin(),link(x,y),onion(x,y);
    rt[0]=newnt(C,C,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!jump[i][0])
            dfs(i);
    for(int j=1;j<=19;j++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            jump[i][j]=jump[jump[i][j-1]][j-1];
    char sign[6];
    for(int x,y,k;T;T--){
        scanf("%s",sign);
        x=Rin()^ans,y=Rin()^ans;
        if(sign[0]=='Q'){
            k=Rin()^ans;
            printf("%d\n",ans=feel(x,y,k));
        }
        else{
            if(s[pre(x)].s>s[pre(y)].s)
                exc(x,y);
            top=0;
            dfs(x,y);
            onion(x,y);
            for(int j=1;j<=19;j++)
                for(int i=1;i<=top;i++)
                    jump[pb[i]][j]=jump[jump[pb[i]][j-1]][j-1];
            link(x,y);
        }
    }
    return 0;
}