模板：洛谷p5787
用按秩合併的帶權並查集維護連通塊中點之間邊數的奇偶性來判斷是否存在負環（用棧儲存撤銷操作，複雜度 \(o(nlog^2)\)。
#include#define il inline
#define ls k<<1
#define rs k<<1|1
#define pb push_back
#define ll long long
using namespace std;
const int n=1e5+3;
struct hh;
struct kk;
int n,m,k,dep[n],fa[n],dis[n];
il int in()
il int find_f(int x)
il int find_d(int x)
struct segment);return;}
int mid=l+r>>1;
if(ll<=mid) mdy(ls,l,mid,ll,rr,x,y);
if(rr>mid) mdy(rs,mid+1,r,ll,rr,x,y);
} void solve(int k,int l,int r));
fa[fx]=fy,dis[fx]=w,dep[fy]+=(dep[fx]==dep[fy]);
}} if(l==r) puts("yes");
else solve(ls,l,mid),solve(rs,mid+1,r);
dd:for(int i=s.size()-1;~i;--i)
} }t;
int main()
將 \((x,y)\) 轉化為鏈結 \(x,y+n\) 的邊，得到乙個二分圖，易得該圖中乙個連通塊的貢獻為左邊點的數量乘右邊點的數量（可以將 \((x,y)\) 看成座標幫助理解）。
並查集維護。
#include#define il inline
#define ls k<<1
#define rs k<<1|1
#define ll long long
#define pb push_back
#define m make_pair
using namespace std;
const int n=6e5+3;
int n;
map,int>mp;
map,int>::iterator it;
struct hh
void set(int n)
}f;struct kk;
struct segment
int mid=l+r>>1;
if(ll<=mid) mdy(ls,l,mid,ll,rr,u);
if(rr>mid) mdy(rs,mid+1,r,ll,rr,u);
} void solve(int k,int l,int r,ll ans));}}
int mid=l+r>>1;
if(l==r) printf("%lld ",ans);
else solve(ls,l,mid,ans),solve(rs,mid+1,r,ans);
for(int i=s.size()-1;~i;--i)
}}t;
il int in()
int main()
),mp[m(x,y)]=0;
} for(it=mp.begin();it!=mp.end();++it)
if(it->second) t.mdy(1,1,n,it->second,n,(kk));
f.set(3e5);
t.solve(1,1,n,0);
return 0;
}
垃圾題面，毀我青春。
很明顯要用可持久化trie維護。
將修改作為區間儲存發現難以維護可持久化trie。
考慮將詢問作為區間儲存，單點修改，每次到乙個節點，將這個節點所包含的修改操作放到一起建trie，複雜度 \(o(17n)\)，可以接受。
總複雜度 \(o(17nlogn)\)。（交了一發結果rk1？
#include#define il inline
#define ll long long
#define pb push_back
#define ls k<<1
#define rs k<<1|1
using namespace std;
const int n=1e5+3;
int n,m,val[n],rt[n],ch[n*100][2],las[n*100],ans[n],cnt,c1,c2;
struct hh
il int new_node()
void ins(int &o,int p,int now,int x,int dep)
int ask(int o,int now,int x,int dep)
int mid=l+r>>1;
if(ll<=mid) mdy(ls,l,mid,ll,rr,u);
if(rr>mid) mdy(rs,mid+1,r,ll,rr,u);
} void solve(int k,int l,int r)
}t;int main()
; else c[++c1]=(kk);
} for(int i=1;i<=c2;++i) t.mdy(1,1,c1,max(1,q[i].day-q[i].d+1),q[i].day,q[i]);
t.solve(1,1,c1),cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i) rt[i]=0,ins(rt[i],rt[i-1],i,val[i],16);
for(int i=1;i<=c2;++i) ans[i]=max(ans[i],ask(rt[q[i].r],q[i].l,q[i].x,16));
for(int i=1;i<=c2;++i) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
cf938g shortest path queries
cf603e pastoral oddities
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