这次我们来搞一个很新奇的知识点：克鲁斯卡尔重构树。它也是一种图，是克鲁斯卡尔算法求最小生成树的升级版首先看下面一个问题：BZOJ3545 Peaks。

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。N<=1e5,M,Q<=5*1e5

上面这个题没有要求在线，因此我们可以离线构造最小生成树，然后当小于等于一个询问的困难值的所有边都加入后，就可以查询当前的询问点。

这种操作只需要主席树上树+启发式合并就可以解决了。（参考资料：主席树上树，启发式合并）

但是如果强制在线呢？BZOJ3551 Peaks加强版，在上一题基础上强制在线。

可以用来解决一系列“查询从某个点出发经过边权不超过val的边所能到达的节点”的问题，可以和其他数据结构（比如主席树）套用来维护更加复杂的询问。

克鲁斯卡尔重构树的核心思想是，当添加最小生成树中的边的时候，不在两个点间直接加边，而是新建节点，让边的两个端点所在的联通块的代表点分别作为它的左右儿子节点，然后这个新建的点，就成为这整个连通块的代表点，点权为连边的值（最开始n个叶子节点点权为0）。比如看下面这张图：首先连接（1,2），新建一个点5。再连接（3,4），新建一个点6。然后连接（1,3），连接它们各自联通块的代表点（5,6），再新建一个点7。

这样得到的树有一个很优雅的性质：一个点的所有子树节点的权值都小于等于它的权值，并且从它开始逐渐向子节点移动，权值是单调不上升的。这个性质是显然的，因为我们在构造树的时候是从小到大插入的边，因此父亲节点的权值一定大于等于子节点的值。

查询时，首先可以在树上倍增得到当前查询点所能够到达的最远的祖先点，那么从这个点能够到达的符合边权限制条件的连通块中的节点，就是祖先点的子树中所有的叶节点。

然后我们按dfs序维护一个主席树上树就可以解决了。

代码见下：

1 #include 
     
       2 #include 
      
        3 #include 
       
         4 #include 
        
          5 using namespace std; 6 const int N=100100; 7 int h[N*2],val[N*2],n,tot,num,cnt,stack[N],e,adj[N*2]; 8 int f[N*2][20],bin[25],fa[N*2],l[N*2],r[N*2]; 9 struct edge{
   int qi,zhong,val;}intn[N*5];10 struct link{
   int zhong,next;}s[N*2];11 inline void mission1(int rt){
   for(int i=1;bin[i]<=n;i++)f[rt][i]=f[f[rt][i-1]][i-1];}12 inline void add(int qi,int zhong){s[++e].zhong=zhong;s[e].next=adj[qi];adj[qi]=e;}13 inline bool mt(const edge &a,const edge &b){
   return a.val
         
          cnt+ch[1]->cnt;}20 }*null=new node(),*root[2*N];21 inline node* newnode(){node *o=new node();o->ch[0]=o->ch[1]=null;return o;}22 void insert(node *&o,node *old,int l,int r,int pos)23 {24     o->cnt=old->cnt+1;25     if(l==r)return;26     int mi=(l+r)>>1;27     if(pos<=mi)o->ch[1]=old->ch[1],o->ch[0]=newnode(),insert(o->ch[0],old->ch[0],l,mi,pos);28     else o->ch[0]=old->ch[0],o->ch[1]=newnode(),insert(o->ch[1],old->ch[1],mi+1,r,pos);29     o->update();30 }31 inline int query(int a,int x,int k)32 {33     int le=1,ri=tot;34     for(int j=18;~j;j--)35  　　　　if(f[a][j]&&val[f[a][j]]<=x)a=f[a][j];36     node *a1=root[r[a]],*a2=root[l[a]-1];37     if(a1->cnt-a2->cnt
          
           ch[1]->cnt-a2->ch[1]->cnt,mi=(le+ri)>>1;41 if(tmp>=k)a1=a1->ch[1],a2=a2->ch[1],le=mi+1;42 else a1=a1->ch[0],a2=a2->ch[0],k-=tmp,ri=mi;43 }44 return stack[ri];45 }46 void dfs(int rt)47 {48 mission1(rt);l[rt]=++num;49 if(rt<=n)insert(root[num],root[num-1],1,tot,h[rt]);50 else root[num]=root[num-1];51 for(int i=adj[rt];i;i=s[i].next)dfs(s[i].zhong);52 r[rt]=num;53 }54 int main()55 {56 int m,q,ans=0,v,x,k;scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);57 bin[0]=1;for(int i=1;i<=22;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1;58 null->ch[0]=null->ch[1]=null;59 for(int i=1;i<=n*2;i++)fa[i]=i;60 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&h[i]),stack[i]=h[i];61 for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&intn[i].qi,&intn[i].zhong,&intn[i].val);62 sort(stack+1,stack+n+1);63 tot=unique(stack+1,stack+n+1)-stack-1;64 for(int i=1;i<=n;i++)h[i]=lower_bound(stack+1,stack+tot+1,h[i])-stack;65 sort(intn+1,intn+m+1,mt);cnt=n;66 for(int i=1;i<=m;i++)67 {68 int u=find(intn[i].qi),v=find(intn[i].zhong);69 if(u!=v)70 {71 val[++cnt]=intn[i].val,fa[u]=fa[v]=cnt;72 add(cnt,u),add(cnt,v),f[u][0]=f[v][0]=cnt;73 if(cnt-n==n-1)break;74 }75 }76 for(int i=0;i<=cnt;i++)root[i]=newnode();77 for(int i=1;i<=cnt;i++)if(!l[i])dfs(find(i));78 while(q--)79 {80 scanf("%d%d%d",&v,&x,&k);81 if(ans!=-1)v^=ans,x^=ans,k^=ans;/*去掉这句强制在线可以ACbzoj3545*/82 printf("%d\n",ans=query(v,x,k));83 }84 }
          
         
        
       
      
     

克鲁斯卡尔重构树是个比较小众的知识点，但在处理对口的操作时十分强大。下次你再看到类似询问的时候，不妨想一想克鲁斯卡尔重构树，也许就会柳暗花明又一村:)