3123: [Sdoi2013]森林
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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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题解：
看到求k值，我们很容易想到主席树这种求区间k大值的工具（不了解树上主席树的同学可以看一下我之前的讲解http://www.cnblogs.com/LadyLex/p/7275164.html，再参考一下下面的代码）
但是，本题的合并操作给我们带来了麻烦，让我们无处下手。难道我们之间暴力添加吗？肯定会T。
所以我们考虑利用启发式合并，即把个数较小的树插入个数较大的树中。
启发式合并的操作听起来和暴力没有什么区别，但是它的复杂度是有保障的：
每次合并，新树的大小是原来较小树大小的二倍以上，因此最多需要logn次合并成了1棵树。
每次合并平均是(n/2)log权值的，因此总时间复杂度是O（nlognlog权值）的
如果离散化的话，跑的就更快了，大约O（nlog2n）（不过我自己的代码没有离散，233）
代码见下：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <vector> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 const int N=80800,MAXN=1000000000; 7 int n,cnt,val[N],sum,adj[N],e; 8 int origin[N],belong[N],size[N],deep[N]; 9 struct edge{int zhong,next;}s[N<<1]; 10 inline void swap(int &a,int &b){int t=a;a=b;b=t;} 11 inline void add(int qi,int zhong){s[++e].zhong=zhong;s[e].next=adj[qi];adj[qi]=e;} 12 int f[N][25],bin[25]; 13 inline void mission1(int x) 14 {for(int i=1;i<=20;i++)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];} 15 inline int LCA(int a,int b) 16 { 17 if(deep[a]<deep[b])swap(a,b); 18 int cha=deep[a]-deep[b]; 19 for(int j=20;~j;j--)if(cha&bin[j])a=f[a][j]; 20 if(a==b)return a; 21 for(int j=20;~j;j--) 22 if(f[a][j]!=f[b][j])a=f[a][j],b=f[b][j]; 23 return f[a][0]; 24 } 25 struct node 26 { 27 int cnt;node *ch[2]; 28 node(){cnt=0;ch[0]=ch[1]=NULL;} 29 inline void update(){cnt=ch[0]->cnt+ch[1]->cnt;} 30 }*null=new node(),*root[N]; 31 inline node* newnode() 32 { 33 node *o=new node(); 34 o->ch[0]=o->ch[1]=null; 35 return o; 36 } 37 inline int query(int x,int y,int k) 38 { 39 int lca=LCA(x,y),t=f[lca][0],l=1,r=MAXN; 40 node *a=root[x],*b=root[y],*c=root[lca],*d=root[t]; 41 while(l<r) 42 { 43 int tmp=a->ch[0]->cnt+b->ch[0]->cnt-c->ch[0]->cnt-d->ch[0]->cnt,mi=(l+r)>>1; 44 if(tmp>=k)a=a->ch[0],b=b->ch[0],c=c->ch[0],d=d->ch[0],r=mi; 45 else k-=tmp,a=a->ch[1],b=b->ch[1],c=c->ch[1],d=d->ch[1],l=mi+1; 46 } 47 return r; 48 } 49 void insert(node *&a,node *b,int l,int r,int pos) 50 { 51 a->cnt=b->cnt+1; 52 int mi=(l+r)>>1; 53 if(l==r)return; 54 if(pos<=mi)a->ch[1]=b->ch[1],a->ch[0]=newnode(),insert(a->ch[0],b->ch[0],l,mi,pos); 55 else a->ch[0]=b->ch[0],a->ch[1]=newnode(),insert(a->ch[1],b->ch[1],mi+1,r,pos); 56 a->update(); 57 } 58 void dfs1(int rt,int fa) 59 { 60 f[rt][0]=fa;mission1(rt); 61 sum++;deep[rt]=deep[fa]+1;belong[rt]=cnt; 62 insert(root[rt],root[fa],1,MAXN,val[rt]); 63 for(int i=adj[rt];i;i=s[i].next) 64 if(s[i].zhong!=fa)dfs1(s[i].zhong,rt); 65 } 66 void dfs2(int rt,int fa,int anc) 67 { 68 f[rt][0]=fa;deep[rt]=deep[fa]+1;mission1(rt);belong[rt]=anc; 69 insert(root[rt],root[fa],1,MAXN,val[rt]); 70 for(int i=adj[rt];i;i=s[i].next) 71 if(s[i].zhong!=fa)dfs2(s[i].zhong,rt,anc); 72 } 73 int main() 74 { 75 null->ch[0]=null->ch[1]=null; 76 bin[0]=1;for(int i=1;i<=22;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1; 77 int ans=0,m,t,a,b,d;char c[3];scanf("%d",&t); 78 scanf("%d%d%d",&n,&m,&t); 79 for(int i=0;i<=n;i++)root[i]=newnode(); 80 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]); 81 while(m--)scanf("%d%d",&a,&b),add(a,b),add(b,a); 82 for(int i=1;i<=n;i++) 83 if(!belong[i])sum=0,cnt++,dfs1(i,0),origin[cnt]=i,size[cnt]=sum; 84 while(t--) 85 { 86 scanf("%s%d%d",c,&a,&b);a^=ans,b^=ans; 87 if(c[0]=='Q')scanf("%d",&d),d^=ans,printf("%d ",ans=query(a,b,d)); 88 else 89 { 90 add(a,b),add(b,a); 91 if(size[belong[a]]>size[belong[b]]) 92 size[belong[a]]+=size[belong[b]],dfs2(b,a,belong[a]); 93 else size[belong[b]]+=size[belong[a]],dfs2(a,b,belong[b]); 94 } 95 } 96 }