BZOJ3545 Peaks 离线处理+线段树合并

题意：

　　在Bytemountains有N座山峰，每座山峰有他的高度h_i。有些山峰之间有双向道路相连，共M条路径，每条路径有一个困难值，这个值越大表示越难走，现在有Q组询问，每组询问询问从点v开始只经过困难值小于等于x的路径所能到达的山峰中第k高的山峰，如果无解输出-1。

分析：

　　我们把题目中的限制分离出来：

　　1. 困难值不超过x。

　　2. 能达到的第k高的山峰。

　　如果没有限制1，我们对每个连通块建线段树即可，如果没有限制2，我们我们可以选择按照kruskal的思想，按照困难值从小到大加便，离线处理询问。

　　现在两个限制都在，所以我们考虑使两种算法兼容，所以我们连边时如果两个端点分别属于不同的连通块，我们就合并两个连通块，需要处理的问题是并查集合并和线段树合并。同时离线处理询问即可。

　　这题还有一个加强版，是强制在线的版本，应该是一道kruskal重构树的练手题。

代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N=;
 struct que{int a,b,c,id,ok;}a[N*];
 struct seg{int ls,rs,v;}t[N*];
 int n,m,q,tot=,nm1[N],nm2[N],fa[N],rt[N],ans[N*];
 bool cmp(que a,que b){
     return a.c==b.c?a.ok<b.ok:a.c<b.c;
 } int get(int x){
     return fa[x]==x?x:fa[x]=get(fa[x]);
 } void update(int &x,int l,int r,int v){
     if(!x) x=++tot;t[x].v=;
     if(l==r) return ;int mid=l+r>>;
     if(v<=mid) update(t[x].ls,l,mid,v);
     else update(t[x].rs,mid+,r,v);
 } int query(int x,int l,int r,int p){
     if(l==r) return l;int mid=l+r>>;
     if(p<=t[t[x].ls].v)
     return query(t[x].ls,l,mid,p);
     else return
     query(t[x].rs,mid+,r,p-t[t[x].ls].v);
 } int merge(int x,int y){
     if(!x||!y) return x|y;
     if(!t[x].ls&&!t[x].rs){
         t[x].v+=t[y].v;return x;
     } t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls);
     t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs);
     t[x].v=t[t[x].ls].v+t[t[x].rs].v;
     return x;
 } int main(){
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
     for(int i=;i<=n;i++)
     scanf("%d",&nm1[i]),
     nm2[i]=nm1[i],fa[i]=i;
     sort(nm2+,nm2+n+);
     for(int i=;i<=n;i++)
     nm1[i]=lower_bound(nm2+,nm2++n,nm1[i])-nm2;
     for(int i=,x,y,z;i<=m;i++)
     scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),
     a[i]=(que){x,y,z,,};
     for(int i=m+,x,y,z;i<=m+q;i++)
     scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),
     a[i]=(que){x,z,y,i-m,};
     sort(a+,a++m+q,cmp);
     for(int i=;i<=n;i++)
     update(rt[i],,n,nm1[i]);
     for(int i=;i<=m+q;i++)
     if(!a[i].ok){
         int x=get(a[i].a),y=get(a[i].b);
         if(x!=y) fa[x]=y,
         rt[y]=merge(rt[x],rt[y]);
     } else{
         int x=get(a[i].a);
         if(t[rt[x]].v<a[i].b)
         ans[a[i].id]=-;
         else ans[a[i].id]=
         nm2[query(rt[x],,n,t[rt[x]].v-a[i].b+)];
     } for(int i=;i<=q;i++)
     printf("%d\n",ans[i]);return ;
 }

线段树合并