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题面：
3669: [Noi2014]魔法森林
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 3928 Solved: 2524
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Description
为了得到书法大家的真传，小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士。魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图，节点标号为1..N，边标号为1..M。初始时小E同学在号节点1，隐士则住在号节点N。小E需要通过这一片魔法森林，才能够拜访到隐士。
魔法森林中居住了一些妖怪。每当有人经过一条边的时候，这条边上的妖怪就会对其发起攻击。幸运的是，在号节点住着两种守护精灵：A型守护精灵与B型守护精灵。小E可以借助它们的力量，达到自己的目的。
只要小E带上足够多的守护精灵，妖怪们就不会发起攻击了。具体来说，无向图中的每一条边Ei包含两个权值Ai与Bi。若身上携带的A型守护精灵个数不少于Ai，且B型守护精灵个数不少于Bi，这条边上的妖怪就不会对通过这条边的人发起攻击。当且仅当通过这片魔法森林的过程中没有任意一条边的妖怪向小E发起攻击，他才能成功找到隐士。
由于携带守护精灵是一件非常麻烦的事，小E想要知道，要能够成功拜访到隐士，最少需要携带守护精灵的总个数。守护精灵的总个数为A型守护精灵的个数与B型守护精灵的个数之和。
Input
第1行包含两个整数N,M，表示无向图共有N个节点，M条边。 接下来M行，第行包含4个正整数Xi,Yi,Ai,Bi，描述第i条无向边。其中Xi与Yi为该边两个端点的标号，Ai与Bi的含义如题所述。 注意数据中可能包含重边与自环。
Output
输出一行一个整数：如果小E可以成功拜访到隐士，输出小E最少需要携带的守护精灵的总个数；如果无论如何小E都无法拜访到隐士，输出“-1”（不含引号）。
Sample Input
【输入样例1】
4 5
1 2 19 1
2 3 8 12
2 4 12 15
1 3 17 8
3 4 1 17
【输入样例2】
3 1
1 2 1 1
4 5
1 2 19 1
2 3 8 12
2 4 12 15
1 3 17 8
3 4 1 17
【输入样例2】
3 1
1 2 1 1
Sample Output
【输出样例1】
32
【样例说明1】
如果小E走路径1→2→4，需要携带19+15=34个守护精灵；
如果小E走路径1→3→4，需要携带17+17=34个守护精灵；
如果小E走路径1→2→3→4，需要携带19+17=36个守护精灵；
如果小E走路径1→3→2→4，需要携带17+15=32个守护精灵。
综上所述，小E最少需要携带32个守护精灵。
【输出样例2】
-1
【样例说明2】
小E无法从1号节点到达3号节点，故输出-1。
32
【样例说明1】
如果小E走路径1→2→4，需要携带19+15=34个守护精灵；
如果小E走路径1→3→4，需要携带17+17=34个守护精灵；
如果小E走路径1→2→3→4，需要携带19+17=36个守护精灵；
如果小E走路径1→3→2→4，需要携带17+15=32个守护精灵。
综上所述，小E最少需要携带32个守护精灵。
【输出样例2】
-1
【样例说明2】
小E无法从1号节点到达3号节点，故输出-1。
思路：
首先要求从1到n路径上属性a,b加起来最小的最大值，我们可以将属性a从小到大排序，根据属性b建立最小生成树，如果当前两点u,v联通，那么比较当前边的b值和之前的b值谁更小，如果当前边是更优的选择的话，就把之前的边断掉连上当前的边，然后更新下从1-n的最大值，维护最小的。
LCT边权的写法和树链剖分是不一样的，我们可以建一个新点分别连接u,v，这个点的权值就是这条边的权值，查找两点路径的边权最大值时就转化比较路径上所有点的最大值，然后就可以用上面的写法维护。
实现代码;
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int M = 3e5+10; const int inf = 0x3f3f3f3f; int n,m,sz,rt,c[M][2],fa[M],val[M],mx[M],st[M],top; bool rev[M]; inline void up(int x){ int l = c[x][0],r = c[x][1]; mx[x] = x; if(l&&val[mx[l]]>val[mx[x]]) mx[x] = mx[l]; if(r&&val[mx[r]]>val[mx[x]]) mx[x] = mx[r]; } inline void pushrev(int x){ int t = c[x][0]; c[x][0] = c[x][1]; c[x][1] = t; rev[x] ^= 1; } inline void pushdown(int x){ if(rev[x]){ int l = c[x][0],r = c[x][1]; if(l) pushrev(l); if(r) pushrev(r); rev[x] = 0; } } inline bool nroot(int x){ //判断一个点是否为一个splay的根 return c[fa[x]][0]==x||c[fa[x]][1] == x; } inline void rotate(int x){ int y = fa[x],z = fa[y],k = c[y][1] == x; int w = c[x][!k]; if(nroot(y)) c[z][c[z][1]==y]=x; c[x][!k] = y; c[y][k] = w; if(w) fa[w] = y; fa[y] = x; fa[x] = z; up(y); } inline void splay(int x){ int y = x,z = 0; st[++z] = y; while(nroot(y)) st[++z] = y = fa[y]; while(z) pushdown(st[z--]); while(nroot(x)){ y = fa[x];z = fa[y]; if(nroot(y)) rotate((c[y][0]==x)^(c[z][0]==y)?x:y); rotate(x); } up(x); } //打通根节点到指定节点的实链，使得一条中序遍历从根开始以指定点结束的splay出现 inline void access(int x){ for(int y = 0;x;y = x,x = fa[x]) splay(x),c[x][1]=y,up(x); } inline void makeroot(int x){ //换根，让指定点成为原树的根 access(x); splay(x); pushrev(x); } inline int findroot(int x){ //寻找x所在原树的树根 access(x); splay(x); while(c[x][0]) pushdown(x),x = c[x][0]; splay(x); return x; } inline void split(int x,int y){ //拉出x-y的路径成为一个splay makeroot(x); access(y); splay(y); } inline void cut(int x,int y){ //断开边 makeroot(x); if(findroot(y) == x&&fa[y] == x&&!c[y][0]){ fa[y] = c[x][1] = 0; up(x); } } inline void link(int x,int y){ //连接边 makeroot(x); if(findroot(y)!=x) fa[x] = y; } inline int query(int u,int v){ split(u,v); return mx[v]; } struct node{ int u,v,x,y; }e[M]; bool cmp(node a,node b){ if(a.x == b.x) return a.y < b.y; return a.x < b.x; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1;i <= m;i ++) scanf("%d%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].x,&e[i].y); sort(e+1,e+1+m,cmp); int ans = inf; for(int i = 1;i <= m;i ++){ int u = e[i].u,v = e[i].v,x = e[i].x,y = e[i].y; if(findroot(u)==findroot(v)){ int k = query(u,v); if(val[k] > y) //有更小的边权出现 cut(e[k-n].u,k),cut(e[k-n].v,k); else continue ; } val[i+n] = y; mx[i+n] = i+n; link(u,i+n); link(v,i+n); if(findroot(1) == findroot(n)) ans = min(ans,x+val[query(1,n)]); } if(ans == inf) ans = -1; printf("%d ",ans); return 0; }