BZOJ3551 : [ONTAK2010]Peaks加强版

首先强制在线的话，肯定是不能再离线排序+平衡树启发式合并了。

这回要用的是线段树合并，每次把两棵线段树合并，总复杂度为$O(n\log n)$

预处理：

把边按权值从小到大排序，依次加边，

对于边(x,y)，权值为z，如果x和y已经在一个联通块里就无视掉

假设x块大小小于等于y块大小

将x,y两块的线段树合并，设合并后线段树根为r，并在y所在块根节点处root表后面加入一个(r,z)

然后把x块内所有点的top表后面加入一个(top[y],z)

这里启发式合并的总复杂度也为$O(n\log n)$

查询从v出发走权值不超过x所到达的点中第k大：

先在v的top表里二分出最后面的权值不超过x的根节点r

再在r的root表里二分出最后面的权值不超过x的线段树根节点t

最后在t树中查询第k大

所以查询一次的复杂度为$O(\log n)$

所以总复杂度为$O((n+q)\log n)$

（吐槽：$O(n\log n)$的线段树合并不知道为什么比我之前$O(n\log^2n)$的平衡树启发式合并还要慢1S）

 

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#define N 100010

#define M 3500000

#define T 1500000

using namespace std;

inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';}

struct edge{int a,b,c;}e[500010];

inline bool cmp(edge a,edge b){return a.c<b.c;}

int n,m,q,i,j,et,x,y,k,last;

int h[N],b[N];

inline int lower(int x){

  int l=1,r=n,mid,t;

  while(l<=r)if(b[mid=(l+r)>>1]<x)l=mid+1;else r=(t=mid)-1;

  return t;

}

int l[M],r[M],val[M],tot;

int merge(int x,int y,int a,int b){

  if(!x)return y;

  if(!y)return x;

  int z=++tot;

  if(a==b){

    val[z]=val[x]+val[y];

    return z;

  }

  int mid=(a+b)>>1;

  l[z]=merge(l[x],l[y],a,mid);

  r[z]=merge(r[x],r[y],mid+1,b);

  val[z]=val[l[z]]+val[r[z]];

  return z;

}

int build(int a,int b,int c){

  int x=++tot;

  val[x]=1;

  if(a==b)return x;

  int mid=(a+b)>>1;

  if(c<=mid)l[x]=build(a,mid,c);else r[x]=build(mid+1,b,c);

  return x;

}

int kth(int x,int k){

  if(k>val[x])return 0;

  int a=1,b=n,mid,t;

  while(1){

    if(a==b)return a;

    mid=(a+b)>>1,t=val[r[x]];

    if(k<=t)x=r[x],a=mid+1;else k-=t,x=l[x],b=mid;

  }

}

int size[N],g[N],nxt[N<<1],v[N<<1],ed;

int top_st[N],top_en[N],top_nxt[T],top_v[T],top_w[T],top_list[T],top_bg[N],top_cnt[N],td;

int root_st[N],root_en[N],root_nxt[N<<1],root_v[N<<1],root_w[N<<1],root_list[N<<1],root_bg[N],root_cnt[N],rd;

inline void addedge(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}

inline void addtop(int x,int y,int z){top_v[++td]=y;top_w[td]=z;top_nxt[top_en[x]]=td;top_en[x]=td;}

inline void addroot(int x,int y,int z){root_v[++rd]=y;root_w[rd]=z;root_nxt[root_en[x]]=rd;root_en[x]=rd;}

void go(int x,int pre,int y,int t){

  addtop(x,y,t);

  for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=pre)go(v[i],x,y,t);

}

inline void link(int x,int y,int t){

  if(top_v[top_en[x]]==top_v[top_en[y]])return;

  if(size[top_v[top_en[x]]]>size[top_v[top_en[y]]])swap(x,y);

  addroot(top_v[top_en[y]],merge(root_v[root_en[top_v[top_en[x]]]],root_v[root_en[top_v[top_en[y]]]],1,n),t);

  size[top_v[top_en[y]]]+=size[top_v[top_en[x]]];

  go(x,0,top_v[top_en[y]],t);

  addedge(x,y);

  addedge(y,x);

}

inline int gettop(int x,int y){

  int l=top_bg[x],r=l+top_cnt[x]-1,mid,t;

  while(l<=r)if(top_w[top_list[mid=(l+r)>>1]]<=y)t=top_v[top_list[mid]],l=mid+1;else r=mid-1;

  return t;

}

inline int getroot(int x,int y){

  int l=root_bg[x],r=l+root_cnt[x]-1,mid,t;

  while(l<=r)if(root_w[root_list[mid=(l+r)>>1]]<=y)t=root_v[root_list[mid]],l=mid+1;else r=mid-1;

  return t;

}

int main(){

  read(n);read(m);read(q);

  for(i=1;i<=n;i++)read(h[i]),b[i]=h[i];b[0]=-1;

  sort(b+1,b+n+1);

  for(i=1;i<=n;i++)root_v[i]=build(1,n,lower(h[i])),top_st[i]=top_en[i]=top_v[i]=root_st[i]=root_en[i]=i,top_w[i]=root_w[i]=-1,size[i]=1;

  td=rd=n;

  for(i=1;i<=m;i++)read(e[i].a),read(e[i].b),read(e[i].c);

  sort(e+1,e+m+1,cmp);

  for(i=1;i<=m;i++)link(e[i].a,e[i].b,e[i].c);

  td=rd=0;

  for(i=1;i<=n;i++){

    for(top_bg[i]=td+1,j=top_st[i];j;j=top_nxt[j])++top_cnt[i],top_list[++td]=j;

    for(root_bg[i]=rd+1,j=root_st[i];j;j=root_nxt[j])++root_cnt[i],root_list[++rd]=j;

  }

  while(q--){

    read(x);read(y);read(k);

    if(~last)x^=last,y^=last,k^=last;

    printf("%d\n",last=b[kth(getroot(gettop(x,y),y),k)]);

  }

  return 0;

}