【NOIP2017提高A组集训10.28】图
Description
有一个n个点A+B条边的无向连通图，有一变量x，每条边的权值都是一个关于x的简单多项式，其中有A条边的权值是k+x，另外B条边的权值是k-x，如果只保留权值形如k+x的边，那么这个图仍是一个连通图，如果只保留权值形如k-x的边，这个图也依然是一个连通图。
给出q组询问，每组询问给出x的值，问此时这个无向连通图的最小生成树权值是多少。
Solution
其实这是一道非常套路的题目。
首先我们很显然的要对询问离线处理，然后在x等于无穷小的时候，明显全部都是A树里面的边。然后当x逐渐变大，B树里的边就会逐渐替换掉A树里的边，但是B树的边不会换掉B树的边。
那么我们可以考虑把B树的k从小到大排序，然后逐个替换掉A树中的边，就是用LCT来维护最小生成树，然后算出这条边什么时候会替换掉它，最后把替换掉的时间排一个序，把询问里面的时间离线的搞，求出答案。
但是我们会发现根据时间来说，有可能k比较大的边在k比较小的之间替换掉树中的边，首先假如这构成的环不相交是不会影响的。
但是相交的情况怎么办？
第一种情况是虽然是相交，但是他们取得的环上最大值不在同一个环内，这样是不会影响的。
第二种情况是取得的环上最大值在同一个环类，因为不过先后，在时间线上的形态还是一样的，所以没有影响了。
然后这题就变成了经典的用LCT维护最小生成树的题目。
Code
#includeint gf(ll x){return(!f[x])?x:f[x]=gf(f[x]);}
int son(ll x){return t[fa[x]][0]!=x;}
void update(ll x){
ll l=t[x][0],r=t[x][1];mx[0]=-inf;
if(mx[l]>mx[r])mx[x]=mx[l],p[x]=p[l];
else mx[x]=mx[r],p[x]=p[r];
if(c[x]>mx[x])mx[x]=c[x],p[x]=x;
}
void rotate(ll x){
ll y=fa[x],z=son(x);
t[y][z]=t[x][1-z];fa[t[x][1-z]]=y;
t[fa[x]=fa[y]][son(y)]=x;;
if(pfa[y])pfa[x]=pfa[y],pfa[y]=0;
t[fa[y]=x][1-z]=y;
update(y),update(x);
}
ll make(ll x){
if(bz[x]){
swap(t[x][0],t[x][1]);
bz[t[x][0]]^=1,bz[t[x][1]]^=1;bz[x]=0;
}
}
void remove(ll x,ll y){
while(x!=y)d[++d[0]]=x,x=fa[x];
while(d[0])make(d[d[0]--]);
}
void splay(ll x,ll y){
remove(x,y);
while(fa[x]!=y){
if(fa[fa[x]]!=y)if(son(fa[x])==son(x))rotate(fa[x]);else rotate(x);
rotate(x);
}
}
ll access(ll x){
ll y=0;
while(x){
splay(x,0);
pfa[t[x][1]]=x;fa[t[x][1]]=0;
t[fa[y]=x][1]=y;pfa[y]=0;
update(x);
y=x,x=pfa[x];
}
}
void makeroot(ll x){access(x);splay(x,0);bz[x]^=1;}
void link(ll x,ll y){makeroot(y);pfa[y]=x;}
void cut(ll x,ll y){
makeroot(x);access(y);splay(y,0);
t[y][0]=fa[x]=pfa[x]=0;update(y);
}
int main(){
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&A,&B,&q);inf=9999999999999999;
fo(i,1,A)scanf("%lld%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].k);
fo(i,1,B)scanf("%lld%lld%lld",&b[i].x,&b[i].y,&b[i].k);
sort(a+1,a+1+A,cmp);sort(b+1,b+1+B,cmp);
fo(i,1,A)c[i+n]=a[i].k;fo(i,1,B)c[n+A+i]=-inf;
fo(i,1,n)c[i]=-inf;
fo(i,1,A){
u=gf(a[i].x),v=gf(a[i].y);
if(u==v)continue;ans+=a[i].k;
m++;f[u]=v;link(a[i].x,n+i);link(n+i,a[i].y);
if(m==n-1)break;
}
e[1].k=-inf;e[num=1].x=0;
fo(i,1,B){
u=b[i].x,v=b[i].y;
if(u==v)continue;
makeroot(u),access(v);splay(v,0);
l=p[v];if(mx[v]==-inf)continue;pp++;if(pp>=n)break;
cut(a[l-n].x,l);cut(l,a[l-n].y);
e[++num].y=b[i].k-a[l-n].k;e[num].x=i;
e[num].k=b[i].k-a[l-n].k;
link(b[i].x,n+A+i);link(n+A+i,b[i].y);
}
sort(e+1,e+1+num,cmp);
fo(i,1,q)scanf("%lld",&s[i].k),s[i].x=i;
sort(s+1,s+1+q,cmp);x=0;pp=n-1;
fo(i,1,q){
while(x+1<=num&&e[x+1].k<=s[i].k*2){
x++,ans+=e[x].y;if(e[x].x)pp--;
}
an[s[i].x]=ans+(2*pp-n+1)*s[i].k;
}
fo(i,1,q)printf("%lld\n",an[i]);
}