失踪人口回归。
LCT一直是小C的弱项，特别是这种维护链的信息的，写挂了就会调代码调到心态爆炸。
不过还好这一次的模板练习没有出现太多的意外。
Description
SC省MY市有着庞大的地下水管网络，嘟嘟是MY市的水管局长（就是管水管的啦），嘟嘟作为水管局长的工作就是：每天供水公司可能要将一定量的水从x处送往y处，嘟嘟需要为供水公司找到一条从A至B的水管的路径，接着通过信息化的控制中心通知路径上的水管进入准备送水状态，等到路径上每一条水管都准备好了，供水公司就可以开始送水了。嘟嘟一次只能处理一项送水任务，等到当前的送水任务完成了，才能处理下一项。
在处理每项送水任务之前，路径上的水管都要进行一系列的准备操作，如清洗、消毒等等。嘟嘟在控制中心一声令下，这些水管的准备操作同时开始，但由于各条管道的长度、内径不同，进行准备操作需要的时间可能不同。供水公司总是希望嘟嘟能找到这样一条送水路径，路径上的所有管道全都准备就绪所需要的时间尽量短。嘟嘟希望你能帮助他完成这样的一个选择路径的系统，以满足供水公司的要求。另外，由于MY市的水管年代久远，一些水管会不时出现故障导致不能使用，你的程序必须考虑到这一点。
不妨将MY市的水管网络看作一幅简单无向图（即没有自环或重边）：水管是图中的边，水管的连接处为图中的结点。
Input
输入文件第一行为3个整数：N, M, Q分别表示管道连接处（结点）的数目、目前水管（无向边）的数目，以及你的程序需要处理的任务数目（包括寻找一条满足要求的路径和接受某条水管坏掉的事实）。
以下M行，每行3个整数x, y和t，描述一条对应的水管。x和y表示水管两端结点的编号，t表示准备送水所需要的时间。我们不妨为结点从1至N编号，这样所有的x和y都在范围[1, N]内。
以下Q行，每行描述一项任务。其中第一个整数为k：若k=1则后跟两个整数A和B，表示你需要为供水公司寻找一条满足要求的从A到B的水管路径；若k=2，则后跟两个整数x和y，表示直接连接x和y的水管宣布报废（保证合法，即在此之前直接连接x和y尚未报废的水管一定存在）。
Output
按顺序对应输入文件中每一项k=1的任务，你需要输出一个数字和一个回车/换行符。该数字表示：你寻找到的水管路径中所有管道全都完成准备工作所需要的时间（当然要求最短）。
Sample Input
4 4 3
1 2 2
2 3 3
3 4 2
1 4 2
1 1 4
2 1 4
1 1 4
Sample Output
2
3
HINT
N ≤ 100000
M ≤ 1000000
Q ≤ 100000
任何时候我们考虑的水管网络都是连通的，即从任一结点A必有至少一条水管路径通往任一结点B。
Solution
很容易看出题目要求我们维护无向图的最小生成树，查询两点树上路径最大权值，并支持删边操作。
删边不好处理，而且题目没有要求我们在线，我们很容易想到倒过来做，把删边改为加边。
于是用hash判断删去了哪些边（注意hash可能会撞），对删去所有边之后的图做最小生成树。
这样就是LCT维护最小生成树的裸题了。
对于每条新加入的边，查找两端点之间路径最大权值，如果小于那个权值，就删去那条边，并加入这条边。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define l(a) son[a][0] #define r(a) son[a][1] #define nrt(a) (l(fa[a])==a || r(fa[a])==a) #define MM 1000005 #define MN 100005 #define mod 10000007 using namespace std; struct meg1{int x,y,z;}a[MM]; struct meg2{int g,x,y,z,pos;}b[MN]; struct edge{int nex,to,wt,pos;}e[MN<<1]; struct dmp{dmp *nex; int x,y,val;}*mp[mod]; int son[MN][2],fa[MN],tfa[MN],tson[MN],tg[MN],mx[MN]; int hr[MN],hua[MN],pin; int n,m,p; inline int read() { int n=0,f=1; char c=getchar(); while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();} while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();} return n*f; } void revs(int x) {tg[x]^=1; swap(l(x),r(x)); swap(tfa[x],tson[x]);} void down(int x) {if (tg[x]) {revs(l(x)); revs(r(x)); tg[x]=0;}} int L(int x) {down(x); return l(x)?L(l(x)):x;} void aldown(int x) {if (nrt(x)) aldown(fa[x]); down(x);} void upd(int &x,int y) {if (a[y].z>a[x].z) x=y;} void update(int x) {mx[x]=0; upd(mx[x],tfa[x]); upd(mx[x],tson[x]); upd(mx[x],mx[l(x)]); upd(mx[x],mx[r(x)]);} void rotate(int x) { register int y,z,l,r; y=fa[x]; z=fa[y]; l=r(y)==x; r=l^1; if (nrt(y)) son[z][r(z)==y]=x; fa[y]=x; fa[x]=z; fa[son[x][r]]=y; son[y][l]=son[x][r]; son[x][r]=y; update(y); } void splay(int x) { aldown(x); register int y,z; for (;nrt(x);rotate(x)) {y=fa[x]; if (nrt(y)) z=fa[y],rotate(r(z)==y^r(y)==x?x:y);} update(x); } void access(int x) { for (int i=0;x;x=fa[i=x]) { splay(x); tson[x]=tfa[L(i)]; r(x)=i; update(x); } } int getmx(int x,int y) { access(x); splay(x); revs(x); access(y); splay(y); return mx[y]; } void link(int x,int y,int z) { access(x); splay(x); access(y); splay(y); revs(y); fa[y]=x; r(x)=y; tfa[y]=tson[x]=z; update(y); update(x); } void cut(int x,int y) { access(x); splay(x); revs(x); access(y); splay(y); l(y)=fa[l(y)]=0; tson[x]=tfa[y]=0; update(x); update(y); } inline void ins(int x,int y,int z,int w) { e[++pin]=(edge){hr[x],y,z,w}; hr[x]=pin; e[++pin]=(edge){hr[y],x,z,w}; hr[y]=pin; } void dfs(int x,int fat) { fa[x]=fat; for (register int i=hr[x];i;i=e[i].nex) if (e[i].to!=fat) mx[e[i].to]=tfa[e[i].to]=e[i].pos,dfs(e[i].to,x); } inline bool gather(int x,int y) { if (x==y) return false; hua[x]=y; return true; } int getf(int x) {return hua[x]?hua[x]=getf(hua[x]):x;} bool cmp(const meg1& a,const meg1& b) {return a.z<b.z;} int seamp(int h,int x,int y) { for (dmp* q=mp[h];q;q=q->nex) if (q->x==x && q->y==y) return q->val; return 0; } void insmp(int h,int x,int y,int z) { dmp* q=new(dmp); q->nex=mp[h]; q->x=x; q->y=y; q->val=z; mp[h]=q; } int geth(int x,int y) {return (1LL*x*300007+y)%mod;} int main() { register int i,lt; n=read(); m=read(); p=read(); for (i=1;i<=m;++i) { a[i].x=read(); a[i].y=read(); a[i].z=read(); if (a[i].x>a[i].y) swap(a[i].x,a[i].y); } for (i=1;i<=p;++i) { b[i].g=read(); b[i].x=read(); b[i].y=read(); if (b[i].x>b[i].y) swap(b[i].x,b[i].y); if (b[i].g==2) insmp(geth(b[i].x,b[i].y),b[i].x,b[i].y,i); } sort(a+1,a+m+1,cmp); for (i=1;i<=m;++i) { if (lt=seamp(geth(a[i].x,a[i].y),a[i].x,a[i].y)) {b[lt].pos=i; continue;} if (gather(getf(a[i].x),getf(a[i].y))) ins(a[i].x,a[i].y,a[i].z,i); } dfs(1,0); for (i=p;i;--i) { if (b[i].g==1) b[i].z=a[getmx(b[i].x,b[i].y)].z; else if (b[i].g==2) {if (a[b[i].pos].z<a[lt=getmx(b[i].x,b[i].y)].z) cut(a[lt].x,a[lt].y),link(b[i].x,b[i].y,b[i].pos);} } for (i=1;i<=p;++i) if (b[i].g==1) printf("%d ",b[i].z); }
Last Word
由于link和cut部分可能有点难以理解，LCT一直是令小C头疼的算法之一，但是小C还是成功把模板默出来了。
然后迷之RE，并且发现树上部分节点的关系违背了伦理道德。调完hash之后，结果发现是在找最左边的节点的节点时忘记down操作了。
果然LCT在维护信息时，考虑哪里需要update，哪里需要down，顺序是什么是最烦的。
不得不说，D-map真的好用。