BZOJ3123 SDOI2013 森林
3123: [Sdoi2013]森林
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Description
.jpg)
Input
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。
Output
对于每一个第一类操作，输出一个非负整数表示答案。
Sample Input
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
Sample Output
2
1
4
2
HINT
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。
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正解显然是主席树。
对于链上的查询k小，套路是对于每一个点开到根的权值线段树，查询就是x+y-lca-fa[lca]；
相当于把链分成两条搞搞，可持久化水一水就好了。
所以如果没有操作2，就是 BZOJ2588 一模一样了。
对于操作2，因为没有撤销操作，所以可以
可以放心大胆的打暴力。
其实不叫暴力，叫启发式合并。
每次合并把点数少的扔进点数大的里面。
把这部分重新dfs、挂倍增、重建主席树就好了。
复杂度证明？抱歉我并不会。
好像是讲，合并后小的集合大小至少翻倍，所以不会超过log次？
每次操作不到O(n)，所以复杂度很可观，在O(nlogn)？
很有道理又很没道理啊。
然后一直RE，发现原因是主席树数组要往死里开。
因为每次合并都要重建，所以空间是O(nlog2n)的。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <complex>
#include <stack>
#define LL long long int
#define dob double
using namespace std;
const int N = 100010;
struct Node{int to,next;}E[N*2];
struct Trie{int size,ls,rs;}T[N*101];
int n,m,w,bel[N],size[N],head[N],tot,tt;
int fa[21][N],dfn[N],tim,dep[N],root[N];
int val[N],lsh[N],cnt,Ans;
int gi()
{
int x=0,res=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;
}
inline int find(int x){
if(bel[x]==x)return x;
return bel[x]=find(bel[x]);
}
inline void link(int u,int v){
E[++tt]=(Node){v,head[u]};
head[u]=tt;
}
inline void build(int &x,int l,int r)
{
x=++tot;if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
build(T[x].ls,l,mid);build(T[x].rs,mid+1,r);
}
inline void join(int x)
{
for(int i=1;i<=19;++i)
fa[i][x]=fa[i-1][fa[i-1][x]];
}
inline void Insert(int &rt,int last,int l,int r,int val)
{
rt=++tot;T[rt]=T[last];T[rt].size++;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
if(val<=mid)Insert(T[rt].ls,T[last].ls,l,mid,val);
else Insert(T[rt].rs,T[last].rs,mid+1,r,val);
}
inline void dfs(int x,int fat){
fa[0][x]=fat;join(x);dep[x]=dep[fat]+1;
Insert(root[x],root[fat],1,cnt,val[x]);
for(int e=head[x];e;e=E[e].next){
int y=E[e].to;
if(fa[0][x]==y)continue;
dfs(y,x);
}
}
inline int LCA(int x,int y)
{
if(x==y)return x;
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
for(int i=0,t=dep[x]-dep[y];(1<<i)<=t;++i)
if((1<<i)&t)
x=fa[i][x];
if(x==y)return x;
for(int i=19;i>=0;--i)
if(fa[i][x]!=fa[i][y])
x=fa[i][x],y=fa[i][y];
return fa[0][x];
}
inline int query(int r1,int r2,int r3,int r4,int l,int r,int k)
{
if(l==r)return l;
int mid=(l+r)>>1;
int sz=T[T[r1].ls].size+T[T[r2].ls].size-T[T[r3].ls].size-T[T[r4].ls].size;
if(sz>=k)return query(T[r1].ls,T[r2].ls,T[r3].ls,T[r4].ls,l,mid,k);
else return query(T[r1].rs,T[r2].rs,T[r3].rs,T[r4].rs,mid+1,r,k-sz);
}
int main()
{
int Case=gi();
tot=tt=root[0]=tim=0;
n=gi();m=gi();w=gi();
for(int i=1;i<=n;++i)
lsh[i]=val[i]=gi(),bel[i]=i,size[i]=1;
sort(lsh+1,lsh+n+1);
cnt=unique(lsh+1,lsh+n+1)-lsh-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
val[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+cnt+1,val[i])-lsh;
for(int i=1;i<=m;++i){
int u=gi(),v=gi();
int f1=find(u),f2=find(v);
link(u,v);link(v,u);
if(size[f1]<size[f2])swap(f1,f2);
bel[f2]=f1;size[f1]+=size[f2];
}
//build(root[0],1,cnt);
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!fa[0][i])dfs(i,0);
while(w--){
char type[11];
scanf("%s",type+1);
if(type[1]=='Q'){
int x=gi()^Ans,y=gi()^Ans,k=gi()^Ans;
int lca=LCA(x,y),flca=fa[0][lca];
int f=query(root[x],root[y],root[lca],root[flca],1,cnt,k);
printf("%d\n",Ans=lsh[f]);
}
if(type[1]=='L'){
int x=gi()^Ans,y=gi()^Ans;
int f1=find(x),f2=find(y);
if(size[f1]<size[f2])swap(x,y),swap(f1,f2);
bel[f2]=f1;size[f1]+=size[f2];
fa[0][y]=x;dep[y]=dep[x]+1;
dfs(y,x);
link(x,y);link(y,x);
}
}
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
