（BZOJ4538）HNOI2016 网络
HNOI2016 Day1 T2 网络
Description
一个简单的网络系统可以被描述成一棵无根树。每个节点为一个服务器。连接服务器与服务器的数据线则看做
一条树边。两个服务器进行数据的交互时，数据会经过连接这两个服务器的路径上的所有服务器（包括这两个服务
器自身）。由于这条路径是唯一的，当路径上的某个服务器出现故障，无法正常运行时，数据便无法交互。此外，
每个数据交互请求都有一个重要度，越重要的请求显然需要得到越高的优先处理权。现在，你作为一个网络系统的
管理员，要监控整个系统的运行状态。系统的运行也是很简单的，在每一个时刻，只有可能出现下列三种事件中的
一种：1. 在某两个服务器之间出现一条新的数据交互请求；2. 某个数据交互结束请求；3. 某个服务器出现故
障。系统会在任何故障发生后立即修复。也就是在出现故障的时刻之后，这个服务器依然是正常的。但在服务器产
生故障时依然会对需要经过该服务器的数据交互请求造成影响。你的任务是在每次出现故障时，维护未被影响的请
求中重要度的最大值。注意，如果一个数据交互请求已经结束，则不将其纳入未被影响的请求范围。
Input
第一行两个正整数n,m，分别描述服务器和事件个数。服务器编号是从1开始的，因此n个服务器的编号依次是1
,2,3,…,n。接下来n-1行，每行两个正整数u,v，描述一条树边。u和v是服务器的编号。接下来m行，按发生时刻依
次描述每一个事件；即第i行（i=1,2,3,…,m）描述时刻i发生的事件。每行的第一个数type描述事件类型，共3种
类型：（1）若type=0，之后有三个正整数a,b,v，表示服务器a,b之间出现一条重要度为v的数据交互请求；（2）
若type=1，之后有一个正整数t，表示时刻t（也就是第t个发生的事件）出现的数据交互请求结束；（3）若type=2
，之后有一个正整数x，表示服务器x在这一时刻出现了故障。对于每个type为2的事件，就是一次询问，即询问“
当服务器x发生故障时，未被影响的请求中重要度的最大值是多少？”注意可能有某个服务器自身与自身进行数据
交互的情况。2 ≤ n ≤ 10^5, 1 ≤ m ≤ 2×10^5，其他的所有输入值不超过 10^9
Output
对于每个type=2的事件，即服务器出现故障的事件，输出一行一个整数，描述未被影响的请求中重要度的最大
值。如果此时没有任何请求，或者所有请求均被影响，则输出-1。
Sample Input
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
4 8
4 9
6 10
6 11
7 12
7 13
2 1
0 8 13 3
0 9 12 5
2 9
2 8
2 2
0 10 12 1
2 2
1 3
2 7
2 1
0 9 5 6
2 4
2 5
1 7
0 9 12 4
0 10 5 7
2 1
2 4
2 12
1 2
2 5
2 3
Sample Output
3
5
-1
1
-1
1
1
3
6
7
7
4
6
HINT
样例给出的树如下所示：
解释其中的部分询问；下面的解释中用(a,b;t,v)表示在t时刻出现的服务器a和b之间的重
要度为v的请求：
对于第一个询问（在时刻1），此时没有任何请求，输出-1。
对于第四个询问（在时刻6），此时有两条交互(8,13;2,3),(9,12;3,5)，所有询问均经过2
号服务器，输出-1。
对于第五个询问（在时刻8），此时有三条交互(8,13;2,3),(9,12;3,5),(10,12;7,1)，只有交互
(10,12;7,1)没有经过2号服务器，因此输出其重要度1。
对于最后一个询问（在时刻23），此时有三条交互(9,5;12,6),(9,12;16,4),(10,5;17,7)。当3
号服务器出现故障时，只有交互(9,5;12,6)没有经过3号服务器，因此输出6。
正解：树链剖分+线段树+堆
解题报告：
大概题意是给定一棵树，然后有若干个操作，可以新添加一条从$u$到$v$的权值为$w$的路径，或者将之前的一条路径删掉，动态询问不经过某个点的路径的最大权值
考场上面打了一个裸裸的树链剖分，连线段树都没套，复杂度是$O（m^2 logn）$的。当时真是傻了，只要套一个堆就可以$AC$了。。。
首先考虑先树链剖分，然后看怎么处理这三个操作
显然题目要求我们动态维护不经过一个点的最大路径权值，那么我们就考虑用堆
每个线段树的结点里面存两个堆，都是大根堆，分别维护所有的入过堆的元素和已经被删除的元素，当我们需要求堆顶元素时，只需看一下两个堆的堆顶元素是否相等，相等的话顺便同时删掉，直到找到一个不相等的或者堆为空，就返回堆顶元素。这样就可以避免了如何删除路径的尴尬问题。
接着当我们插入路径的时候，显然树链剖分沿着重链往上跳的时候可以把经过的连续路径存下来。然后我们对于这些路径取反，把取反后的路径（即跳的过程中没有经过的点集或线段集）他们的线段树的堆中加入当前需要插入路径的权值。如果是删除的话，往删除堆里加入元素就可以了。
至于查询，就是找到之后一路往上跳，然后取一个$MAX$就可以了（找不到返回$-1$）。
//It is made by ljh2000
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 100011;
const int MAXM = 200011;
int n,m,ecnt,first[MAXN],next[MAXM],to[MAXM],ql,qr,CC,type,ans;
int id[MAXN],deep[MAXN],size[MAXN],son[MAXN],father[MAXN],pre[MAXN],top[MAXN];
struct ask_save{int x,y,z;}Q[MAXM];
struct priority_tree{
priority_queue<int>q1,q2;
inline void push1(int x){ q1.push(x); }
inline void push2(int x){ q2.push(x); }
inline int top(){
int res=-1; while(!q2.empty()&&(q2.top()==q1.top())) q1.pop(),q2.pop();
if(!q1.empty()) res=q1.top();
return res;
}
}a[MAXN*4];
struct seq{int l,r;}b[MAXN];
inline bool cmp(seq q,seq qq){ return q.l<qq.l; }
inline void link(int x,int y){ next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; }
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void dfs(int x,int fa){
size[x]=1;
for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
int v=to[i]; if(v==fa) continue; deep[v]=deep[x]+1; dfs(v,x);
size[x]+=size[v]; father[v]=x; if(size[v]>=size[son[x]]) son[x]=v;
}
}
inline void dfs2(int x,int fa){
id[x]=++ecnt; pre[ecnt]=x; if(son[x]) { top[son[x]]=top[x]; dfs2(son[x],x); }
for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
int v=to[i]; if(v==fa||v==son[x]) continue;
top[v]=v; dfs2(v,x);
}
}
inline void update(int root,int l,int r){
if(ql<=l && r<=qr) {
if(type==1) a[root].push1(CC);
else a[root].push2(CC);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1; int lc=root*2,rc=lc+1;
if(ql<=mid) update(lc,l,mid); if(qr>mid) update(rc,mid+1,r);
}
inline void lca(int x,int y,int val){
int f1=top[x],f2=top[y]; int scnt=0;
while(f1!=f2) {
if(deep[f1]<deep[f2]/*!!!*/) swap(x,y),swap(f1,f2);
b[++scnt].l=id[f1]; b[scnt].r=id[x];
x=father[f1]; f1=top[x];
}
if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
b[++scnt].l=id[y]; b[scnt].r=id[x];
int last=0; CC=val; sort(b+1,b+scnt+1,cmp);
for(int i=1;i<=scnt;i++) {
ql=last+1; qr=b[i].l-1;
if(ql<=qr) update(1,1,n);
last=b[i].r;
}
ql=last+1; qr=n; if(ql<=qr) update(1,1,n);
}
inline void query(int root,int l,int r){
ans=max(ans,a[root].top());
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1; int lc=root*2,rc=lc+1;
if(ql<=mid) query(lc,l,mid); else query(rc,mid+1,r);
}
inline void work(){
n=getint(); m=getint(); int x,y,ljh;
for(int i=1;i<n;i++) { x=getint(); y=getint(); link(x,y); link(y,x); }
deep[1]=1; dfs(1,0);
ecnt=0; top[1]=1; dfs2(1,0);
for(int o=1;o<=m;o++) {
ljh=getint();
if(ljh==0) {
Q[o].x=getint(); Q[o].y=getint(); Q[o].z=getint();
type=1; lca(Q[o].x,Q[o].y,Q[o].z);
}
else if(ljh==1) {
x=getint(); type=-1;
lca(Q[x].x,Q[x].y,Q[x].z);
}
else{
x=getint(); ans=-1;
ql=id[x];
query(1,1,n);
printf("%d\n",ans);
}
}
}
int main()
{
work();
return 0;
}
