BZOJ2123 [Sdoi2013]森林 【主席树 + 启发式合并】

题目

输入格式

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。

输出格式

对于每一个第一类操作，输出一个非负整数表示答案。

输入样例

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

输出样例

2

2

1

4

2

提示

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。

题解

如果没有连边操作，可以用树上主席树水过

加上了连边操作后，我们考虑暴力重构

每次会连接两个联通块，我们选择其中一个联通块重新dfs构树

选哪一个最合适呢？当然是选择最小的联通块【启发式合并】

可以证明：启发式合并的合并次数最坏情况下是\(O(nlogn)\)

所以总的时间复杂度\(O(nlog^2n)\)

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
using namespace std;
const int maxn = 80005,maxm = 10000005,INF = 1000000000;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}
	return out * flag;
}
int n,m,T,val[maxn],B[maxn],fa[maxn][18],dep[maxn],tot,lans;
int h[maxn],ne,pre[maxn],num[maxn];
struct EDGE{int to,nxt;}ed[2 * maxn];
int rt[maxn],sum[maxm],ls[maxm],rs[maxm],siz;
int find(int u){return u == pre[u] ? u : pre[u] = find(pre[u]);}
void init(){
	tot = 1; ne = 2; lans = siz = 0;
	cls(h); cls(rt);
}
void build(int u,int v){
	ed[ne] = (EDGE){v,h[u]}; h[u] = ne++;
	ed[ne] = (EDGE){u,h[v]}; h[v] = ne++;
}
int getn(int x){return lower_bound(B + 1,B + 1 + tot,x) - B;}
void modify(int& u,int pre,int l,int r,int pos,int v){
	sum[u = ++siz] = sum[pre] + v; ls[u] = ls[pre]; rs[u] = rs[pre];
	if (l == r) return;
	int mid = l + r >> 1;
	if (mid >= pos) modify(ls[u],ls[pre],l,mid,pos,v);
	else modify(rs[u],rs[pre],mid + 1,r,pos,v);
}
int query(int a,int b,int c,int d,int l,int r,int k){
	if (l == r) return l;
	int mid = l + r >> 1,t = sum[ls[a]] + sum[ls[b]] - sum[ls[c]] - sum[ls[d]];
	if (t >= k) return query(ls[a],ls[b],ls[c],ls[d],l,mid,k);
	else return query(rs[a],rs[b],rs[c],rs[d],mid + 1,r,k - t);
}
void dfs(int u){
	modify(rt[u],rt[fa[u][0]],1,tot,val[u],1);
	REP(i,17) fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
	Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u][0]){
		fa[to][0] = u; dep[to] = dep[u] + 1;
		dfs(to);
	}
}
int Lca(int u,int v){
	if (dep[u] < dep[v]) swap(u,v);
	for (int i = 0,d = dep[u] - dep[v]; (1 << i) <= d; i++)
		if ((1 << i) & d) u = fa[u][i];
	if (u == v) return u;
	for (int i = 17; i >= 0; i--)
		if (fa[u][i] != fa[v][i]) u = fa[u][i],v = fa[v][i];
	return fa[u][0];
}

void solve(int u,int v,int k){
	int lca = Lca(u,v),o = fa[lca][0];
	printf("%d\n",lans = B[query(rt[u],rt[v],rt[lca],rt[o],1,tot,k)]);
}
void merge(int u,int v){
	build(u,v);
	int fu = find(u),fv = find(v);
	if (num[fu] < num[fv]) swap(u,v),swap(fu,fv);
	pre[fv] = fu; num[fu] += num[fv];
	fa[v][0] = u; dep[v] = dep[u] + 1;
	dfs(v);

}
int main(){
	char opt; int u,v,k,fu,fv;
	read(); n = read(); m = read(); T = read(); init();
	for (int i = 1; i <= n; i++) val[i] = B[i] = read(),pre[i] = i,num[i] = 1;
	while (m--){
		u = read(); v = read();
		build(u,v);
		fu = find(u); fv = find(v);
		pre[fv] = fu; num[fu] += fv;
	}
	sort(B + 1,B + 1 + n);
	for (int i = 2; i <= n; i++) if (B[i] != B[tot]) B[++tot] = B[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++) val[i] = getn(val[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (!rt[i]){
		dep[i] = 1,fa[i][0] = 0; dfs(i);
	}
	while (T--){
		opt = getchar(); while (opt != 'Q' && opt != 'L') opt = getchar();
		u = read() ^ lans; v = read() ^ lans;
		if (opt == 'Q'){
			k = read() ^ lans;
			solve(u,v,k);
		}else merge(u,v);
	}
	return 0;
}