【HNOI2012】永无乡（splay，启发式合并）

题解

Description

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。

Input

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

Output

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。

Sample Input

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

Sample Output

-1

2

5

1

2

题解

首先对于连通性，很显然维护一个并查集来考虑。

那么，现在的问题在于如何查询联通块第k大

这个玩意显然是个动态区间，而且大小还会变化，所以考虑使用平衡树维护。

那么，构建N棵splay，每次联通两个不连通的块的时候，直接启发式合并暴力合并，每个点最多被合并logn次，因此复杂度是正确的。

如果两个点已经属于同一个联通块，那么不需要再次合并，可以直接忽略操作。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 500000
inline int read()
{
	register int x=0,t=1;
	register char ch=getchar();
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-'){t=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*t;
}
struct Node
{
	int ch[2];
	int val,ff,size;
}t[MAX];
int f[MAX];
int root[MAX],tot;
int hh[MAX];
int N,M;
int getf(int x)
{
	return x==f[x]?x:f[x]=getf(f[x]);
}
inline void pushup(int x)
{
	t[x].size=t[t[x].ch[0]].size+t[t[x].ch[1]].size+1;
}
//1..N分别为N棵splay的0节点
//每次都对splay进行合并
inline void rotate(int x)
{
	int y=t[x].ff;
	int z=t[y].ff;
	int k=t[y].ch[1]==x;
	t[z].ch[t[z].ch[1]==y]=x;t[x].ff=z;
	t[y].ch[k]=t[x].ch[k^1];t[t[x].ch[k^1]].ff=y;
	t[x].ch[k^1]=y;t[y].ff=x;
	pushup(y);pushup(x);
}
inline void splay(int x,int goal)
{
	while(t[x].ff!=goal)
	{
		int y=t[x].ff,z=t[y].ff;
		if(z!=goal)
			(t[z].ch[0]==y)^(t[y].ch[0]==x)?rotate(x):rotate(y);
		rotate(x);
	}
	if(goal<=N)root[goal]=x;//如果是某一个0节点的下方，则更新当前splay的根节点
}
inline void insert(int x,int bh)
{
	int u=root[bh],ff=bh;
	while(u&&t[u].val!=x)
		ff=u,u=t[u].ch[x>t[u].val];
	u=++tot;
	t[u].size=1;
	t[u].ff=ff;
	if(ff>N)
		t[ff].ch[x>t[ff].val]=u;
	t[u].val=x;t[u].ch[0]=t[u].ch[1]=0;
	splay(u,bh);
}
void DFS(int u,int kk)//遍历整颗splay
{
	if(t[u].ch[0])DFS(t[u].ch[0],kk);
	if(t[u].ch[1])DFS(t[u].ch[1],kk);
	insert(t[u].val,kk);//合并到另外一颗splay中
}
inline void Merge(int a,int b)
{
	int x=getf(a),y=getf(b);
	if(x==y)return;//已经在一个集合内
	if(t[root[x]].size>t[root[y]].size)swap(x,y);//强制将小的合并到大的
	f[x]=y;
	DFS(root[x],y);
}
int kth(int bh,int k)
{
	int u=root[bh];
	if(t[u].size<k)return -1;
	while(233)
	{
		if(t[t[u].ch[0]].size+1<k)//在右子树中找
		{
			k-=t[t[u].ch[0]].size+1;
			u=t[u].ch[1];
		}
		else
			if(t[t[u].ch[0]].size>=k)//在左子树中找
				u=t[u].ch[0];
			else
				return t[u].val;//当前节点
	}
}
int main()
{
	N=read();M=read();
	for(int i=1;i<=N;++i)root[i]=i+N,f[i]=i;
	tot=N+N;
	for(int i=1;i<=N;++i)
	{
		int x=read();
		hh[x]=i;
		t[i+N].val=x;t[i+N].size=1;t[i+N].ff=i;
	}
	for(int i=1;i<=M;++i)
	{
		int x=read(),y=read();
		Merge(x,y);
	}
	int Q=read();
	while(Q--)
	{
		char ch[3];int a,b;
		scanf("%s",ch);a=read(),b=read();
		if(ch[0]=='B')
		{
			Merge(a,b);
		}
		else
		{
			int ans=kth(getf(a),b);
			printf("%d\n",ans==-1?ans:hh[ans]);
		}
	}
	return 0;
}