1946 年 3 月 5 日，英国前首相温斯顿·丘吉尔在美国富尔顿发表“铁幕演说”，正式拉开了冷战序幕。
美国和苏联同为世界上的“超级大国”，为了争夺世界霸权，两国及其盟国展开了数十年的斗争。在这段时期，虽然分歧和冲突严重，但双方都尽力避免世界范围的大规模战争（第三次世界大战）爆发，其对抗通常通过局部代理战争、科技和军备竞赛、太空竞争、外交竞争等“冷”方式进行，即“相互遏制，不动武力”，因此称之为“冷战”。
Reddington 是美国的海军上将。由于战争局势十分紧张，因此他需要时刻关注着苏联的各个活动，避免使自己的国家陷入困境。苏联在全球拥有 N 个军工厂，但由于规划不当，一开始这些军工厂之间是不存在铁路的，为了使武器制造更快，苏联决定修建若干条道路使得某些军工厂联通。Reddington 得到了苏联的修建日程表，并且他需要时刻关注着某两个军工厂是否联通，以及最早在修建哪条道路时会联通。具体而言，现在总共有M 个操作，操作分为两类：
• 0 u v，这次操作苏联会修建一条连接 u 号军工厂及 v 号军工厂的铁路，注意铁路都是双向的;
• 1 u v， Reddington 需要知道 u 号军工厂及 v 号军工厂最早在加入第几条条铁路后会联通，假如到这次操作都没有联通，则输出 0;作为美国最强科学家， Reddington 需要你帮忙设计一个程序，能满足他的要求。
输入
第一行两个整数 N, M。
接下来 M 行，每行为 0 u v 或 1 u v 的形式。
数据是经过加密的，对于每次加边或询问，真正的 u, v 都等于读入的
u, v 异或上上一次询问的答案。一开始这个值为 0。
1 ≤ N, M ≤ 500000，解密后的 u, v 满足1 ≤ u, v ≤ N, u不等于v
输出
对于每次 1 操作，输出 u, v 最早在加入哪条边后会联通，若到这个操
作时还没联通，则输出 0。
样例输入
5 9
0 1 4
1 2 5
0 2 4
0 3 4
1 3 1
0 7 0
0 6 1
0 1 6
1 2 6
样例输出
0 //在此查询时刻，2和5还没有连通。
3 //3和1在第3个时刻连通
5 //2和6在第五个时刻连通。
sol：本题是通过不断加边的操作，逐步将点进行连通。同时在线询问，两个点的连通性及连通的时刻。我们用并查集来实现。
1.修建铁路，加边的操作，如下样例：
1）1-2 1 //1-2在第一个时间点连通
2）2-3 2
3）4-5 3
4）6-7 4
5）3-5 5
6）5-7 6
在合并两个集合的时候，我们用按秩合并的方法，及合并时根据待合并的两棵树的高度选择父亲点。若要合并的两棵树的高度相等，随便以哪棵树的根作为父亲点都可以，如上图第五步，用1做根或4做根都一样，合并后的新树的高度在原来基础上+1。如树的高度不一样，将矮的树合并到高的树上去，这样不会影响合并后的新树的高度。如合并上图第四步和第五步，得到第六步。
2.查询操作：查询时，若当前时刻两点连通，则找出两点间这条链上的最大边权值即为连通的时刻；若还没连通，返回0.
为什么要用按秩合并？其目的是为了控制树的高度。那为什么不用路径压缩控制呢？因为路径压缩会改变树的形态。如上图第五步中结点5，如路径压缩，1连5，那1连5的权值应该为多少呢？是5还是3？如果查询2和5，结果应为5，如查询4和5，其结果应为3。这个题目，我们需要用到两点间的边权值，希望保持原树的形态，所以我们不用路径压缩。
3.找集合中两点间的最大边权值：这里用朴素的lca的方法。合并后树的高度不超过logn（这个可以证明）。
4.本题查询时进行了加密，对查询的两个点与上一次查询求得的正确答案进行异或运算。于是只有上一次答对了，才能成功解密下一次的查询结点，上一次答错了，后面查询都错。这样强制做个在线询问。
代码实现：
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <algorithm>
4 #define N 500010
5 using namespace std;
6 int fa[N] , v[N] , h[N] , cnt , tot;
7 int find(int x)
8 {
9 return fa[x] ? find(fa[x]) : x;
10 }
11 int deep(int x)
12 {
13 return fa[x] ? deep(fa[x]) + 1 : 0;
14 }
15 void add(int x , int y , int z)
16 {
17 x = find(x) , y = find(y);
18 if(x != y)
19 {
20 cnt ++ ;
21 if(h[x] < h[y]) //如果y所在的树更高，则将x所在的树合并到y上
22 fa[x] = y , v[x] = z; //x的父亲设为y,x加入树的时间点为z(这个x是参数x的根结点哟)
23 else
24 fa[y] = x , v[y] = z;
25 if(h[x] == h[y])
26 h[x] ++ ;
27 }
28 }
29 int query(int x , int y)
30 {
31 if(find(x) != find(y)) //没在一个块中
32 return 0;
33 int dx = deep(x) , dy = deep(y) , ans = 0;
34 while(dx > dy) //找出x到y的路径上的最大值
35 ans = max(ans , v[x]) , x = fa[x] , dx -- ;
36 while(dx < dy)
37 ans = max(ans , v[y]) , y = fa[y] , dy -- ;
38 while(x != y)
39 ans = max(ans , max(v[x] , v[y])) , x = fa[x] , y = fa[y];
40 return ans;
41 }
42 int main()
43 {
44 int m , opt , x , y , last = 0;
45 scanf("%*d%d" , &m);
46 while(m -- )
47 {
48 scanf("%d%d%d" , &opt , &x , &y) , x ^= last , y ^= last;
49 if(opt) //查询x,y是什么时候连通的
50 printf("%d
" , last = query(x , y));
51 else //x,y在第tot的时候连在一起
52 add(x , y , ++tot);
53 }
54 return 0;
55 }
