题目描述
在森林中见过会动的树，在沙漠中见过会动的仙人掌过后，魔法少女LJJ已经觉得自己见过世界上的所有稀奇古怪的事情了
LJJ感叹道“这里真是个迷人的绿色世界,空气清新、淡雅,到处散发着醉人的奶浆味；小猴在枝头悠来荡去,好不自在；各式各样的鲜花争相开放,各种树枝的枝头挂满沉甸甸的野果；鸟儿的歌声婉转动听,小河里飘着落下的花瓣真是人间仙境”
SHY觉得LJJ还是太naive，一天，SHY带着自己心爱的图找到LJJ，对LJJ说：“既然你已经见识过动态树，动态仙人掌了，那么今天就来见识一下动态图吧”
LJJ：“要支持什么操作？”
SHY：“
1.新建一个节点，权值为x。
2.连接两个节点。
3.将一个节点a所属于的联通快内权值小于x的所有节点权值变成x。
4.将一个节点a所属于的联通快内权值大于x的所有节点权值变成x。
5.询问一个节点a所属于的联通块内的第k小的权值是多少。
6.询问一个节点a所属联通快内所有节点权值之积与另一个节点b所属联通快内所有节点权值之积的大小。
7.询问a所在联通快内节点的数量
8.若两个节点a，b直接相连，将这条边断开。
9.若节点a存在，将这个点删去。
”
LJJ：“我可以离线吗？”
SHY：“可以，每次操作是不加密的，”
LJJ：“我可以暴力吗？”
SHY：“自重”
LJJ很郁闷，你能帮帮他吗
（事实上，仔细读题可以发现，出题人在数据范围中约定了$cle 7$，因此第8、9种操作是不存在的！这里也将样例作了修改）
输入
第一行有一个正整数m，表示操作个数。
接下来m行，每行先给出1个正整数c。
若c=1，之后一个正整数x，表示新建一个权值为x的节点，并且节点编号为n+1（当前有n个节点）。
若c=2，之后两个正整数a，b，表示在a，b之间连接一条边。
若c=3，之后两个正整数a，x，表示a联通快内原本权值小于x的节点全部变成x。
若c=4，之后两个正整数a，x，表示a联通快内原本权值大于x的节点全部变成x。
若c=5，之后两个正整数a，k，表示询问a所属于的联通块内的第k小的权值是多少。
若c=6，之后两个正整数a，b，表示询问a所属联通快内所有节点权值之积与b所属联通快内所有节点权值之积的大小，
若a所属联通快内所有节点权值之积大于b所属联通快内所有节点权值之积，输出1，否则为0。
若c=7，之后一个正整数a，表示询问a所在联通块大小
若c=8，之后两个正整数a，b，表示断开a，b所连接的边。
若c=9，之后一个正整数a，表示断开a点的所有连边
具体输出格式见样例
输出
对于每个询问，输出答案
样例输入
11
1 2
1 3
1 4
1 5
1 6
2 1 2
2 2 3
2 3 4
2 4 5
3 2 5
5 3 4
样例输出
5
题解
并查集+权值线段树合并（本题是道语文题= =）
对于操作1、2、3、4、5、7，稍有做题经验的人很容易想到使用并查集维护连通块，对每个连通块开一棵权值线段树。
连边操作直接权值线段树合并，各种查询直接裸上线段树的区间查询。
对于3、4操作，可以先统计出有多少个数小于/大于x，然后删除所有小于/大于x的数，并在x位置加上这些数。
而对于6操作出现了乘积不是很好处理，我们把它取对数，因为$log(nm)=log n+log m$，所以转化为每个数的对数的和，直接维护区间权值和即可。本题中使用double不会被卡精度。
时间复杂度$O(mlog n)$。
然而比$O(mlog n+nlog^2n)$的平衡树启发式合并还慢什么鬼。。
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 400010
#define lson l , mid , ls[x]
#define rson mid + 1 , r , rs[x]
using namespace std;
const int m = 1000000000;
int ls[N * 19] , rs[N * 19] , si[N * 19] , tot , root[N] , f[N] , n;
double sum[N * 19];
bool tag[N * 19];
void pushdown(int x)
{
if(tag[x])
{
si[ls[x]] = si[rs[x]] = 0 , sum[ls[x]] = sum[rs[x]] = 0;
tag[ls[x]] = tag[rs[x]] = 1 , tag[x] = 0;
}
}
int find(int x)
{
return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}
void add(int p , int a , double v , int l , int r , int &x)
{
if(!x) x = ++tot;
si[x] += a , sum[x] += a * v;
if(l == r) return;
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) add(p , a , v , lson);
else add(p , a , v , rson);
}
void del(int b , int e , int l , int r , int x)
{
if(!x) return;
if(b <= l && r <= e)
{
si[x] = 0 , sum[x] = 0 , tag[x] = 1;
return;
}
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> 1;
if(b <= mid) del(b , e , lson);
if(e > mid) del(b , e , rson);
si[x] = si[ls[x]] + si[rs[x]] , sum[x] = sum[ls[x]] + sum[rs[x]];
}
int querysi(int b , int e , int l , int r , int x)
{
if(!x) return 0;
if(b <= l && r <= e) return si[x];
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> 1 , ans = 0;
if(b <= mid) ans += querysi(b , e , lson);
if(e > mid) ans += querysi(b , e , rson);
return ans;
}
int find(int k , int l , int r , int x)
{
if(l == r) return l;
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> 1;
if(k <= si[ls[x]]) return find(k , lson);
else return find(k - si[ls[x]] , rson);
}
int merge(int x , int y)
{
if(!x) return y;
if(!y) return x;
si[x] += si[y] , sum[x] += sum[y];
pushdown(x) , pushdown(y);
ls[x] = merge(ls[x] , ls[y]) , rs[x] = merge(rs[x] , rs[y]);
return x;
}
int main()
{
int q , c , x , y , t;
scanf("%d" , &q);
while(q -- )
{
scanf("%d%d" , &c , &x);
switch(c)
{
case 1: add(x , 1 , log(x) , 1 , m , root[++n]) , f[n] = n; break;
case 2:
{
scanf("%d" , &y) , x = find(x) , y = find(y);
if(x != y) f[y] = x , root[x] = merge(root[x] , root[y]);
break;
}
case 3:
{
x = find(x) , scanf("%d" , &y) , t = querysi(1 , y , 1 , m , root[x]);
del(1 , y , 1 , m , root[x]) , add(y , t , log(y) , 1 , m , root[x]);
break;
}
case 4:
{
x = find(x) , scanf("%d" , &y) , t = querysi(y , m , 1 , m , root[x]);
del(y , m , 1 , m , root[x]) , add(y , t , log(y) , 1 , m , root[x]);
break;
}
case 5: x = find(x) , scanf("%d" , &y) , printf("%d
" , find(y , 1 , m , root[x])); break;
case 6: x = find(x) , scanf("%d" , &y) , y = find(y) , printf("%d
" , sum[root[x]] > sum[root[y]]); break;
default: x = find(x) , printf("%d
" , si[root[x]]);
}
}
return 0;
}