由於 cnblogs 到 3 月 25 號前需要整改，無法寫部落格，所以這幾天就暫時在 csdn 寫，到時候再搬過去。
nn 個節點，標號從 1
11 到 n
nn，這 n
nn 個節點一開始相互不連通。第 i
ii 個節點的初始權值為 a[i
]a[i]
a[i] n,m
≤3×1
05
n,m\leq 3\times 10^5
n,m≤3×
105。
這道題看著就很左偏樹啊，但是由於操作太多容易寫掛。
發現我們不能直接用線段樹維護的原因是每次的連通塊中的點標號可能並不連續，所以一次操作最壞複雜度是 o(n
logn)
o(n\log n)
o(nlogn)
的。也就是說，如果我們可以調整點的編號，在兩個連通塊合併的時候，使得這兩個連通塊的編號也連續，那麼就可以用線段樹維護了。
如果我們只保留所有連通塊第一次連線時的邊，那麼就會形成一棵樹。每次將兩棵樹的樹根連線起來，然後將每乙個點重新編號為這棵樹的 dfs 序，不難發現這樣就可以滿足每次離岸邊所連線的兩個連通塊的編號是連續的。
然後再列舉一次所有操作用線段樹維護一下就好了。
注意因為加入邊的順序是有要求的，鄰接表會導致加入的邊倒序，所以我採用了 vector 存邊。
時間複雜度 o(m
logn)
o(m\log n)
o(mlogn)
。
#include
using
namespace std;
const
int n=
300010
,inf=
1e9;
int n,m,tot,x[n]
,y[n]
,a[n]
,id[n]
,siz[n]
,father[n]
,head[n]
;char opt[n][3
];bool vis[n]
;vector<
int> e[n]
;int
find
(int x)
struct segtree
void
pushdown
(int x)
}void
update
(int x,
int l,
int r,
int ql,
int qr,
int k)
pushdown
(x);
int mid=
(l+r)
>>1;
if(ql<=mid)
update
(x*2
,l,mid,ql,qr,k);if
(qr>mid)
update
(x*2+1
,mid+
1,r,ql,qr,k)
;pushup
(x);
}int
query
(int x,
int l,
int r,
int ql,
int qr)
}seg;
void
dfs(
int x)
intmain()
scanf
("%d"
,&m)
;for
(int i=
1;i<=m;i++)}
if(opt[i][0
]=='a'&& opt[i][1
]=='1')
scanf
("%d %d"
,&x[i]
,&y[i]);
if(opt[i][0
]=='a'&& opt[i][1
]=='2')
scanf
("%d %d"
,&x[i]
,&y[i]);
if(opt[i][0
]=='a'&& opt[i][1
]=='3')
scanf
("%d"
,&y[i]);
if(opt[i][0
]=='f'&& opt[i][1
]=='1')
scanf
("%d"
,&x[i]);
if(opt[i][0
]=='f'&& opt[i][1
]=='2')
scanf
("%d"
,&x[i]);
} tot=0;
for(
int i=
1;i<=n;i++)if
(!vis[i]
)dfs
(i);
for(
int i=
1;i<=n;i++
) seg.
update(1
,1,n,id[i]
,id[i]
,a[i]);
for(
int i=
1;i<=n;i++
) father[i]
=i,siz[i]=1
;for
(int i=
1;i<=m;i++)}
if(opt[i][0
]=='a'&& opt[i][1
]=='1')
seg.
update(1
,1,n,id[x[i]
],id[x[i]
],y[i]);
if(opt[i][0
]=='a'&& opt[i][1
]=='2')
if(opt[i][0
]=='a'&& opt[i][1
]=='3')
seg.
update(1
,1,n,1
,n,y[i]);
if(opt[i][0
]=='f'&& opt[i][1
]=='1')
printf
("%d\n"
,seg.
query(1
,1,n,id[x[i]
],id[x[i]])
);if(opt[i][0
]=='f'&& opt[i][1
]=='2')
if(opt[i][0
]=='f'&& opt[i][1
]=='3')
printf
("%d\n"
,seg.
query(1
,1,n,1
,n));}
return0;
}
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