题目描述:

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:

“输入文件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 ai 和 bi,表示一开始就存 在一座连接岛 ai 和岛 bi 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。 对于 20%的数据 n≤1000,q≤1000
对于 100%的数据 n≤100000,m≤n,q≤300000

输出:

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。

样例输入:

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

样例输出:

-1
2
5
1
2

题解:

并查集 + splay(其实所有的平衡树都可以) + 启发式合并

(题外话:这道题我真的是调得生无可恋啊,调了整整三天,提交了两页才调出来

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath> #ifdef WIN32
#define LL "%I64d"
#else
#define LL "%lld"
#endif #ifdef CT
#define debug(...) printf(__VA_ARGS__)
#define setfile()
#else
#define debug(...)
#define filename ""
#define setfile() freopen(filename".in","r",stdin);freopen(filename".out","w",stdout);
#endif #define R register
#define getc() (S==T&&(T=(S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin),S==T)?EOF:*S++)
#define dmax(_a, _b) ((_a) > (_b) ? (_a) : (_b))
#define dmin(_a, _b) ((_a) < (_b) ? (_a) : (_b))
#define cmax(_a, _b) (_a < (_b) ? _a = (_b) : 0)
#define cmin(_a, _b) (_a > (_b) ? _a = (_b) : 0)
char B[1<<15],*S=B,*T=B;
inline int FastIn()
{
R char ch;R int cnt=0;R bool minus=0;
while (ch=getc(),(ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') ;
ch == '-' ?minus=1:cnt=ch-'0';
while (ch=getc(),ch >= '0' && ch <= '9') cnt = cnt * 10 + ch - '0';
return minus?-cnt:cnt;
}
#define maxn 100010
int val[maxn], Fa[maxn], ch[maxn][2], fa[maxn], size[maxn];
int Find(R int x){return Fa[x] == x ? x : Fa[x] = Find(Fa[x]);}
inline void update(R int x)
{
R int ls = ch[x][0], rs = ch[x][1];
size[x] = size[ls] + size[rs] + 1;
}
inline void rotate(R int x)
{
R int f = fa[x], gf = fa[f], d = (ch[f][1] == x);
(ch[f][d] = ch[x][d ^ 1]) > 0 ? fa[ch[f][d]] = f : 0;
(fa[x] = gf) > 0 ? ch[gf][ch[gf][1] == f] = x : 0;
fa[ch[x][d ^ 1] = f] = x;
update(f);
}
inline void splay(R int x, R int rt)
{
while (fa[x] != rt)
{
R int f = fa[x], gf = fa[f];
if (gf != rt) rotate((ch[f][1] == x) ^ (ch[gf][1] == f) ? x : f);
rotate(x);
}
update(x);
}
void Insert(R int x, R int f)
{
if (val[x] < val[f])
{
if (ch[f][0])
Insert(x, ch[f][0]);
else
{
ch[f][0] = x; fa[x] = f;
}
}
else
{
if (ch[f][1])
Insert(x, ch[f][1]);
else
{
ch[f][1] = x; fa[x] = f;
}
}
update(f);
}
void merge(R int a, R int b)
{
R int tmp1 = 0, tmp2 = 0;
splay(a, 0);
splay(b, 0);
if (size[a] < size[b])
{
if (ch[a][0]) tmp1 = ch[a][0];
if (ch[a][1]) tmp2 = ch[a][1];
ch[a][0] = 0;
ch[a][1] = 0;
fa[tmp1] = 0;
fa[tmp2] = 0;
if (tmp1) merge(b, tmp1);
if (tmp2) merge(b, tmp2);
Insert(a, b);
}
else
{
if (ch[b][0]) tmp1 = ch[b][0];
if (ch[b][1]) tmp2 = ch[b][1];
ch[b][0] = 0;
ch[b][1] = 0;
fa[tmp1] = 0;
fa[tmp2] = 0;
if (tmp1) merge(a, tmp1);
if (tmp2) merge(a, tmp2);
Insert(b, a);
}
}
int find(R int x, R int k)
{
R int ls = ch[x][0], rs = ch[x][1], lsize = size[ls];
if (lsize + 1 == k) return x;
if (lsize >= k) return find(ls, k);
else return find(rs, k - lsize - 1);
}
int main()
{
R int n = FastIn(), m = FastIn();
for (R int i = 1; i <= n; ++i) val[i] = FastIn(), Fa[i] = i, size[i] = 1;
for (R int i = 1; i <= m; ++i)
{
R int a = FastIn(), b = FastIn();
Fa[Find(a)] = Find(b);
}
for (R int i = 1; i <= n; ++i){
R int f = Find(i);
if (f != i) Insert(i, f);
}
R int q = FastIn();
for (; q; --q)
{
R char opt = getc();
while (opt != 'Q' && opt != 'B') opt = getc();
R int a = FastIn(), b = FastIn();
if (opt == 'B')
{
R int f1 = Find(a), f2 = Find(b);
if (f1!=f2) merge(f1, f2), Fa[f1] = f2;
}
else
{
R int f = Find(a);
splay(f, 0);
if (size[f] < b) puts("-1");
else printf("%d\n",find(f,b) );
}
}
return 0;
}

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    直接平衡树启发式合并就好了...貌似是个很高端的东西.. 貌似可以证明splay的启发式合并是均摊$O(nlogn)$的...而其他平衡树都不行,所以其他的复杂度都是$O(nlog^2n)的$的 所以 ...

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