BZOJ 3123: [Sdoi2013]森林
3123: [Sdoi2013]森林
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 2914 Solved: 853
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Description
.jpg)
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。
.jpg)
Source
分析：
如果没有L操作就很好办了，直接维护每个节点的到根节点的路径上的权值线段树，然后加加减减就好了...
现在有L操作就是说我们要合并两棵树以及更新每个节点的信息，那么因为要更新信息，所以一定是要遍历一遍某课子树，所以我们采用启发式合并主席树，每一次重新dfs小的那棵树重建每个节点的权值权值线段树...
时间复杂度$O(Nlog^{2}N)$...然而我的比别人的跑的都慢...加了快读才勉强卡过去...
代码：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
using namespace std;
const int maxn=200000+5,maxm=40000000+5;
int n,m,t,T,cas,cnt,len,tot,w[maxn],mp[maxn],ls[maxm],rs[maxm],hd[maxn],fa[maxn][25],to[maxn],nxt[maxn],sum[maxm],dep[maxn],siz[maxn],vis[maxn],root[maxn],father[maxn];
inline int read(void){
char ch=getchar();int x=0,f=1;
while(!(ch>='0'&&ch<='9')){
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f*x;
}
inline int Find(int x){
return father[x]==x?x:father[x]=Find(father[x]);
}
inline int find(int x){
int _=1,__=len,___;
while(_<=__){
int ____=(_+__)>>1;
if(mp[____]>=x)
___=____,__=____-1;
else
_=____+1;
}
return ___;
}
inline void add(int x,int y){
to[cnt]=y;nxt[cnt]=hd[x];hd[x]=cnt++;
}
inline void change(int l,int r,int x,int &y,int val){
y=++tot,sum[y]=sum[x]+1;
if(l==r)
return;
int mid=(l+r)>>1;ls[y]=ls[x],rs[y]=rs[x];
if(val<=mid)
change(l,mid,ls[x],ls[y],val);
else
change(mid+1,r,rs[x],rs[y],val);
}
inline int LCA(int x,int y){
if(dep[x]<dep[y])
swap(x,y);
int d=dep[x]-dep[y];
for(int i=0;i<=20;i++)
if((d>>i)&1)
x=fa[x][i];
if(x==y)
return x;
for(int i=20;i>=0;i--)
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][0];
}
inline void dfs(int rt){
vis[rt]=T;change(1,len,fa[rt][0]==rt?root[0]:root[fa[rt][0]],root[rt],find(w[rt]));
for(int j=1;j<=20;j++)
fa[rt][j]=fa[fa[rt][j-1]][j-1];
for(int i=hd[rt];i!=-1;i=nxt[i])
if(vis[to[i]]!=T)
fa[to[i]][0]=rt,dep[to[i]]=dep[rt]+1,dfs(to[i]);
}
inline int query(int l,int r,int x,int y,int lca,int flca,int num){
if(l==r)
return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(sum[ls[x]]+sum[ls[y]]-sum[ls[lca]]-sum[ls[flca]]>=num)
return query(l,mid,ls[x],ls[y],ls[lca],ls[flca],num);
else
return query(mid+1,r,rs[x],rs[y],rs[lca],rs[flca],num-(sum[ls[x]]+sum[ls[y]]-sum[ls[lca]]-sum[ls[flca]]));
}
signed main(void){
cas=read();
cnt=0;len=0;tot=0;T=1;
memset(hd,-1,sizeof(hd));
n=read();m=read();t=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
w[i]=read(),mp[i]=w[i];
sort(mp+1,mp+n+1);len=unique(mp+1,mp+n+1)-mp-1;
for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
x=read(),y=read(),add(x,y),add(y,x);
for(int i=1;i<=n;i++)
father[i]=i,siz[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(vis[i]!=T)
dep[i]=0,fa[i][0]=i,dfs(i);
T++;char opt[3];int ans=0;
for(int i=1,s,x,y;i<=t;i++){
scanf("%s",opt);
if(opt[0]=='Q'){
x=read(),y=read(),s=read();x=x^ans,y=y^ans,s=s^ans;
int lca=LCA(x,y);
printf("%d\n",ans=mp[query(1,len,root[x],root[y],root[lca],fa[lca][0]==lca?root[0]:root[fa[lca][0]],s)]);
}
else{
x=read(),y=read();x=x^ans,y=y^ans;
int fx=Find(x),fy=Find(y);
if(siz[fx]>siz[fy])
swap(x,y),swap(fx,fy);
fa[x][0]=y,dep[x]=dep[y]+1,dfs(x),add(x,y),add(y,x);father[fx]=fy,siz[fy]+=siz[fx];T++;
}
}
return 0;
}
By NeighThorn
