Description
在Bytemountains有N座山峰，每座山峰有他的高度h_i。有些山峰之间有双向道路相连，共M条路径，每条路径有一个困难值，这个值越大表示越难走，现在有Q组询问，每组询问询问从点v开始只经过困难值小于等于x的路径所能到达的山峰中第k高的山峰，如果无解输出-1。加强版：原题强制在线
Input
强制在线要求：第一行三个数N，M，Q。
第二行N个数，第i个数为h_i
接下来M行，每行3个数a b c，表示从a到b有一条困难值为c的双向路径。
接下来Q行，每行三个数v x k，表示一组询问。v=v xor lastans，x=x xor lastans，k=k xor lastans。如果lastans=-1则不变。
[N<=10^{5}, M,Q<=5*10^{5}，h_i,c,x<={10^9}
]
Solution
前置知识：Kruskal重构树：点我
考虑询问只在最小生成树上走。
那么我们就可以考虑kruskal重构树
性质：那么从一个点出发边权小于等于某值的最高点的子树就是它能到的点（因为Kru时边权单增），我们用倍增找到这个子树的根，那么问题变成了询问子树里的所有叶节点中的k大值
然后在树上建立主席树即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(int i = (a), i##_end_ = (b); i <= i##_end_; ++i)
#define drep(i, a, b) for(int i = (a), i##_end_ = (b); i >= i##_end_; --i)
#define clar(a, b) memset((a), (b), sizeof(a))
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define Debug(s) debug("The massage in line %d, Function %s: %s
", __LINE__, __FUNCTION__, s)
typedef long long LL;
typedef long double LD;
const int BUF_SIZE = (int)1e6 + 10;
struct fastIO {
char buf[BUF_SIZE], buf1[BUF_SIZE];
int cur, cur1;
FILE *in, *out;
fastIO() {
cur = BUF_SIZE, in = stdin, out = stdout;
cur1 = 0;
}
inline char getchar() {
if(cur == BUF_SIZE) fread(buf, BUF_SIZE, 1, in), cur = 0;
return *(buf + (cur++));
}
inline void putchar(char ch) {
*(buf1 + (cur1++)) = ch;
if (cur1 == BUF_SIZE) fwrite(buf1, BUF_SIZE, 1, out), cur1 = 0;
}
inline int flush() {
if (cur1 > 0) fwrite(buf1, cur1, 1, out);
return cur1 = 0;
}
}IO;
#define getchar IO.getchar
#define putchar IO.putchar
int read() {
char ch = getchar();
int x = 0, flag = 1;
for(;!isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') flag *= -1;
for(;isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
return x * flag;
}
void write(int x) {
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar(x % 10 + 48);
}
void putString(char s[], char EndChar = '
') {
rep(i, 0, strlen(s) - 1) putchar(*(s + i));
if(~EndChar) putchar(EndChar);
}
#define Maxn 100009
int n, m, q, x[Maxn * 4], amt, fa[Maxn * 4][21];
struct edge {
int to, nxt;
}g[Maxn * 4];
int head[Maxn * 2], e;
struct node {
int u, v, w;
int operator < (const node b) const {
return w < b.w;
}
}lst[Maxn * 7];
namespace DSU {
int fa[Maxn * 2];
/**/ inline void init() { rep(i, 1, Maxn * 2 - 1) fa[i] = i;}
int find(int u) { return u ^ fa[u] ? (fa[u] = find(fa[u])) : u; }
inline void merge(int u, int v) { u = find(u), v = find(v); fa[v] = u; }
}
int clk, rt[Maxn * 2], y[Maxn * 2], d, dfn[Maxn * 2], size[Maxn * 2], efn[Maxn * 2];
namespace Chairman {
int tree[Maxn * 60], cnt, lc[Maxn * 60], rc[Maxn * 60];
int modify(int rt, int l, int r, int pos) {
int u = ++amt;
lc[u] = lc[rt], rc[u] = rc[rt], tree[u] = tree[rt] + 1;
if(l == r) return u;
int mid = (l + r) >> 1;
(pos <= mid) ? (lc[u] = modify(lc[rt], l, mid, pos)) : (rc[u] = modify(rc[rt], mid + 1, r, pos));
return u;
}
int query(int prert, int rt, int l, int r, int val) {
if(l == r) return l;
int res = tree[rc[rt]] - tree[rc[prert]], mid = (l + r) >> 1;
return (val <= res) ? query(rc[prert], rc[rt], mid + 1, r, val) : query(lc[prert], lc[rt], l, mid, val - res);
}
}
namespace INIT {
void add(int u, int v) {
g[++e] = (edge){v, head[u]}, head[u] = e;
g[++e] = (edge){u, head[v]}, head[v] = e;
}
void dfs(int u, int f) {
fa[u][0] = f;
rep(i, 1, 20) fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
size[u] = 1; dfn[u] = ++clk; efn[clk] = u;
for(int i = head[u]; ~i; i = g[i].nxt) {
int v = g[i].to;
if(v != f){
dfs(v, u);
size[u] += size[v];
}
}
}
void Main() {
clar(head, -1);
amt = n = read(); m = read(); q = read();
rep(i, 1, n) x[i] = read();
rep(i, 1, m) {
int u = read(), v = read(), c = read();
lst[i] = (node){u, v, c};
}
DSU :: init();
sort(lst + 1, lst + m + 1);
int z = 0;
rep(i, 1, m) {
int u = DSU :: find(lst[i].u), v = DSU :: find(lst[i].v);
if(v != u) {
x[++amt] = lst[i].w;
add(v, amt), add(u, amt);
DSU :: merge(amt, lst[i].v);
DSU :: merge(amt, lst[i].u);
if(++z == n - 1) break;
}
}
rep(i, 1, amt) y[i] = x[i];
y[amt + 1] = -1; x[0] = INT_MAX;
sort(y + 1, y + amt + 2);
d = unique(y + 1, y + amt + 2) - y - 1;
dfs(amt, 0);
rep(i, 1, amt)
if(efn[i] <= n)
rt[i] = Chairman :: modify(rt[i - 1], 1, d, lower_bound(y + 1, y + d + 1, x[efn[i]]) - y);
else rt[i] = rt[i - 1];
}
}
namespace SOLVE {
int query(int u, int lim, int kth) {
drep(i, 20, 0) if(x[fa[u][i]] <= lim) u = fa[u][i];
int tmp = Chairman :: query(rt[dfn[u] - 1], rt[dfn[u] + size[u] - 1], 1, d, kth);
return y[tmp];
}
void Main() {
int last_ans = -1;
rep(i, 1, q) {
int v = read(), x = read(), k = read();
if(~last_ans) v ^= last_ans, x ^= last_ans, k ^= last_ans;
write(last_ans = query(v, x, k)), putchar('
');
}
}
}
int main() {
freopen("BZOJ3551.in", "r", stdin);
freopen("BZOJ3551.out", "w", stdout);
INIT :: Main();
SOLVE :: Main();
#ifdef Qrsikno
debug("
Running time: %.3lf(s)
", clock() * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
return IO.flush();
}
细节： 并查集的大小不能开到N + M， 而是2N。
主席树离散化时要插入1个最大最小值。
倍增时0节点的权值为INT_MAX
在面对这一种有边权限制的题目，直接在最小生成树上询问会更好，因为最小生成树是保证联通性与边权最小的结合。 点权限制或许也可以转换成边权做。