题解：P15049 [UOI 2022 II Stage] 图 2

前言

套路题。

目前是双倍经验的最优解和这个题的最优解。

思路

发现有回溯操作，考虑经典转化建出操作树变成可撤销问题，因为有连边操作，所以使用可撤销并查集维护连通性。

维护第 \(k\) 大，我们通常使用值域分块解决，考虑对每个并查集的根维护所在集合内的答案。在可撤销并查集合并的时候合并答案，类似于启发式合并。这样复杂度是 \(O(n\sqrt{n \log n})\)，可以通过。

具体实现可以看代码。

代码

constexpr int N = 5e5 + 2;
int n, m, A[N], B[N], fa[N], g, siz[N], ans[N], typ[N], D, K, cnt;
int f[N][810];
int p[N], hd[N], to[N << 1], nxt[N << 1];
inline void add(int u, int v){ nxt[++cnt] = hd[u], to[cnt] = v, hd[u] = cnt;}
inline int find(int x){ return x == fa[x] ? x : find(fa[x]);}
inline void dfs(int u){
    bool flag = 0;
    if(typ[u] == 2){
        A[u] = find(A[u]), B[u] = find(B[u]);
        if(A[u] ^ B[u]){
            flag = 1;
            if(siz[A[u]] < siz[B[u]]) swap(A[u], B[u]);
            siz[A[u]] += siz[B[u]], fa[B[u]] = A[u];
            for(int i = 1; i <= K; ++i) f[A[u]][i] += f[B[u]][i];
        }
    }
    else if(typ[u] == 1){
        int s = B[u], rt = find(A[u]), y = 0; 
		if(s > siz[rt]) ans[u] = -1;
        else{
            for(int i = 1; i <= K && !y; i++) s > f[rt][i] ? s -= f[rt][i] : y = i;
            for(int i = (y - 1) * D + 1; i <= y * D  && s; ++i) if(find(p[i]) == rt) --s, ans[u] = p[i];
        }
    }
    for(int i = hd[u]; i; i = nxt[i]) dfs(to[i]);
    if(flag){
        siz[A[u]] -= siz[B[u]], fa[B[u]] = B[u];
        for(int i = 1; i <= K; ++i) f[A[u]][i] -= f[B[u]][i];
    }
}
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("data.in","r",stdin);
        freopen("data.out","w",stdout);
    #endif
    cin >> n >> m >> g; D = sqrt(n) * 1.5 + 1, K = (n - 1) / D + 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = i, siz[fa[i] = i] = 1,  ++f[i][(i - 1) / D + 1];
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        cin >> typ[i];
        if(typ[i] == 1) cin >> A[i] >> B[i], add(i - 1, i);
        else if(typ[i] == 2) cin >> A[i] >> B[i], add(i - 1, i);
        else cin >> A[i], add(A[i], i);
    }   
    dfs(0);
    for(int i = 1; i <= m; ++i) if(typ[i] == 1) cout << ans[i] << '\n';

    return 0;
}