[HNOI2010] 城市建设

PS 国是一个拥有诸多城市的大国。国王 Louis 为城市的交通建设可谓绞尽脑汁。Louis 可以在某些城市之间修建道路，在不同的城市之间修建道路需要不同的花费。

Louis 希望建造最少的道路使得国内所有的城市连通。但是由于某些因素，城市之间修建道路需要的花费会随着时间而改变。Louis 会不断得到某道路的修建代价改变的消息。他希望每得到一条消息后能立即知道使城市连通的最小花费总和。Louis 决定求助于你来完成这个任务。

$1\le n\le 2\times 10^4$，$1\le m,q\le 5\times 10^4$，$1\le x_i,y_i\le n$，$0\le z_i\le 5\times 10^7$。

奇妙题。

首先有一个显然的 LCT 做法：加边的时候，可以用 LCT 求出链上的最小值，删边用线段树分治改为撤销就可以了。理论复杂度 $O(qlog^2n)$，常数超大，但是过得去，不过跑不了 $10^5$（应该吧）

这里有一个更加巧妙的分治做法。仍然是线段树分治，但是当分治到一个区间 $[l,r]$ 的时候，有一些边是在这个分治区间不会改变的称为静态边。有一些边是在这个区间有改变过的，成为动态边。动态边最多有 $r-l$ 个。

静态边的数量过多，我们尝试减少点。先强制把所有动态边加上，此时如果还需要加上的静态边在区间中最后一定会被加上，可以在分治到这里的时候就加上。而强制把所有动态边删去，此时如果不需要加上的静态边在未来也一定不会被加上，可以删去，不再递归到后面的区间。而这个过程可以用可撤销并查集维护。

这样子的复杂度是 $O(nlog^2n)$。来证明一下。将所有加入动态边加入后再加上的静态边永久的加入并查集，而此时剩下的点就是动态边加入的点，所以有 $O(r-l)$ 个。而只加入静态边时没被加入的永久不加入，这说明下传下去的边最多有 $O(r-l)$ 个。加上可撤销并查集，总复杂度 $O(nlog^2n)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=8e4+5;
typedef long long LL;
int read()
{
	int s=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
		ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')
		s=s*10+ch-48,ch=getchar();
	return s;
}
struct node{
	int x,y,z;
	bool operator<(const node&n)const{
		return z<n.z;
	}
}st[60*N];
int fa[N],n,m,q,sz[N],fr[N],tp;
LL ans,an[N];
int find(int x)
{
	if(fa[x]==x)
		return x;
	return find(fa[x]);
}
int merge(int x,int y)//返回是否在一个连通块
{
	int fx=find(x),fy=find(y);
	if(fx==fy)
		return 1;
	if(sz[fx]>sz[fy])
		swap(fx,fy);
	st[++tp]=(node){fx,fy,0};
	sz[fy]+=sz[fx],fa[fx]=fy;
	return 0;
}
void del(int t)
{
	while(tp^t)
	{
		int x=st[tp].x,y=st[tp].y;
		sz[y]-=sz[x],fa[x]=x;
		--tp;
	}
}
vector<node>tr[N*4],p[N*4];//tr存动态边，p存静态边
void update(int o,int l,int r,int x,int y,node k)
{
	if(x<=l&&r<=y)
	{
		p[o].push_back(k);
		return;
	}
	tr[o].push_back(k);
	int md=l+r>>1;
	if(md>=x)
		update(o<<1,l,md,x,y,k);
	if(md<y)
		update(o<<1|1,md+1,r,x,y,k);
}
void dfs(int o,int l,int r)
{
	sort(p[o].begin(),p[o].end());
	if(l==r)
	{
		LL ret=0;
		int nw=tp;
		for(int i=0;i<p[o].size();i++)
			if(!merge(p[o][i].x,p[o][i].y))
				ret+=p[o][i].z;
		an[l]=ret+ans;
		del(nw);
		return;
	}
	int md=l+r>>1;
	int nw=tp;
	static int v[N];
	LL ct=ans;
	for(int i=0;i<tr[o].size();i++)
		merge(tr[o][i].x,tr[o][i].y);
	for(int i=0;i<p[o].size();i++)
	{
		v[i]=0;
		if(!merge(p[o][i].x,p[o][i].y))
			ans+=p[o][i].z,v[i]=1;
	}
	del(nw);
	for(int i=0;i<p[o].size();i++)
	{
		if(v[i])
			merge(p[o][i].x,p[o][i].y);
		else if(!merge(p[o][i].x,p[o][i].y))
		{
			p[o<<1].push_back(p[o][i]);
			p[o<<1|1].push_back(p[o][i]);
		}
	}
	del(nw);
	for(int i=0;i<p[o].size();i++)
		if(v[i])
			merge(p[o][i].x,p[o][i].y);
	dfs(o<<1,l,md);
	dfs(o<<1|1,md+1,r);
	del(nw);
	ans=ct;
}
int main()
{
	n=read(),m=read(),q=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		fa[i]=i,sz[i]=1;
	static int u[N],v[N],w[N];
	for(int i=1;i<=m;i++)
		u[i]=read(),v[i]=read(),w[i]=read(),fr[i]=1;
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		int k=read(),d=read();
		if(i^1)
			update(1,1,q,fr[k],i-1,(node){u[k],v[k],w[k]});
		w[k]=d,fr[k]=i;;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
		update(1,1,q,fr[i],q,(node){u[i],v[i],w[i]});
	dfs(1,1,q);
	for(int i=1;i<=q;i++)
		printf("%lld\n",an[i]);
	return 0;
}