1063. 永无乡
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1063. 永无乡
永无乡包含 \(n\) 座岛，编号从 \(1\) 到 \(n\) ，每座岛都有自己的独一无二的重要度，按照重要度可以将这 \(n\) 座岛排名，名次用 \(1\) 到 \(n\) 来表示。
某些岛之间由巨大的桥连接，通过桥可以从一个岛到达另一个岛。
如果从岛 \(a\) 出发经过若干座（含 \(0\) 座）桥可以到达岛 \(b\) ，则称岛 \(a\) 和岛 \(b\) 是连通的。
现在有两种操作：
-
\(B\ x\ y\) 表示在岛 \(x\) 与岛 \(y\) 之间修建一座新桥。
-
\(Q\ x\ k\) 表示询问当前与岛 \(x\) 连通的所有岛中第 \(k\) 重要的是哪座岛，即所有与岛 \(x\) 连通的岛中重要度排名第 \(k\) 小的岛是哪座，请你输出那个岛的编号。
输入格式
第一行是用空格隔开的两个正整数 \(n\) 和 \(m\) ，分别表示岛的个数以及一开始存在的桥数。
接下来的一行是用空格隔开的 \(n\) 个数，依次描述从岛 \(1\) 到岛 \(n\) 的重要度排名。
随后的 \(m\) 行每行是用空格隔开的两个正整数 \(a_i\) 和 \(b_i\) ，表示一开始就存在一座连接岛 \(a_i\) 和岛 \(b_i\) 的桥。
后面剩下的部分描述操作，该部分的第一行是一个正整数 \(q\) ，表示一共有 \(q\) 个操作，接下来的 \(q\) 行依次描述每个操作，操作的格式如上所述，以大写字母 \(Q\) 或 \(B\) 开始，后面跟两个不超过 \(n\) 的正整数，字母与数字以及两个数字之间用空格隔开。
输出格式
对于每个 \(Q\ x\ k\) 操作都要依次输出一行，其中包含一个整数，表示所询问岛屿的编号。
如果该岛屿不存在，则输出 \(-1\)。
数据范围
对于 \(20%\) 的数据 \(n \le 1000, q \le 1000\),
对于 \(100%\) 的数据 \(n \le 100000, m \le n, q \le 300000\)
输入样例：
5 1
4 3 2 5 1
1 2
7
Q 3 2
Q 2 1
B 2 3
B 1 5
Q 2 1
Q 2 4
Q 2 3
输出样例：
-1
2
5
1
2
解题思路
splay，启发式合并
建立 \(n\) 棵 \(splay\) 树，合并时用并查集维护信息，当要合并两棵 \(splay\) 树时，直接暴力将一棵 \(splay\) 树插入到另外一棵 \(splay\) 树上，可采用启发式合并，即将更小的 \(splay\) 树合并到更大的 \(splay\) 树上。注意：当合并时，将节点一个一个插入 \(splay\) 树中时，完全可以利用该节点的状态编号而不必生成新的节点编号，另外 \(splay\) 树中的状态节点编号与中序遍历表示的值的编号是相等的，且所有操作没有改变其对应的关系，所以可以直接利用状态节点编号返回查询的信息
另外，简单说下并查集中的节点与 \(splay\) 树中的节点的联系：并查集中节点表示一棵 \(splay\) 树，并查集的根节点 \(i\) 用 \(root[i]\) 表示 \(splay\) 树中的根节点编号，注意，\(i\neq root[i]\)，在执行 \(splay(x,k)\) 操作时，并查集的 \(i\) 是不会变化的，而 \(splay\) 的根节点时刻发生变化，当节点的编号不会发现生变化，即 \(splay\) 的节点编号依然与中序遍历的编号对应
- 时间复杂度：\(O(n+qlog^2n)\)
代码
// Problem: 永无乡
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/1065/
// Memory Limit: 128 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=1e5+5;
int n,m,root[N],fa[N],a,b;
struct Tr
{
int s[2],p,v,sz;
void init(int _p,int _v)
{
p=_p,v=_v;
sz=1;
}
}tr[N];
int find(int x)
{
return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void pushup(int u)
{
tr[u].sz=tr[tr[u].s[0]].sz+tr[tr[u].s[1]].sz+1;
}
void rotate(int x)
{
int y=tr[x].p,z=tr[y].p;
int k=tr[y].s[1]==x;
tr[z].s[tr[z].s[1]==y]=x,tr[x].p=z;
tr[y].s[k]=tr[x].s[k^1],tr[tr[x].s[k^1]].p=y;
tr[x].s[k^1]=y,tr[y].p=x;
pushup(y),pushup(x);
}
void splay(int x,int k,int r)
{
while(tr[x].p!=k)
{
int y=tr[x].p,z=tr[y].p;
if(z!=k)
{
if((tr[z].s[1]==y)^(tr[y].s[1]==x))rotate(x);
else
rotate(y);
}
rotate(x);
}
if(!k)root[r]=x;
}
void insert(int v,int r)
{
int u=root[r],p=0;
while(u)p=u,u=tr[u].s[tr[v].v>tr[u].v];
u=v;
if(p)tr[p].s[tr[v].v>tr[p].v]=u;
tr[u].init(p,tr[v].v);
splay(u,0,r);
}
void dfs(int v,int u)
{
if(tr[v].s[0])dfs(tr[v].s[0],u);
if(tr[v].s[1])dfs(tr[v].s[1],u);
insert(v,u);
}
int get_k(int u,int k)
{
while(u)
{
if(tr[tr[u].s[0]].sz>=k)u=tr[u].s[0];
else if(tr[tr[u].s[0]].sz+1==k)return u;
else
k-=tr[tr[u].s[0]].sz+1,u=tr[u].s[1];
}
return -1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int v;
scanf("%d",&v);
fa[i]=root[i]=i;
tr[i].init(0,v);
}
while(m--)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
a=find(a),b=find(b);
if(a!=b)
{
if(tr[root[a]].sz>tr[root[b]].sz)swap(a,b);
dfs(root[a],b);
fa[a]=b;
}
}
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
char op[2];
scanf("%s%d%d",op,&a,&b);
if(*op=='B')
{
a=find(a),b=find(b);
if(a!=b)
{
if(tr[root[a]].sz>tr[root[b]].sz)swap(a,b);
dfs(root[a],b);
fa[a]=b;
}
}
else
{
a=find(a);
printf("%d\n",tr[root[a]].sz>=b?get_k(root[a],b):-1);
}
}
return 0;
}
