题目
题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3242
风见幽香非常喜欢玩一个叫做 osu! 的游戏，其中她最喜欢玩的模式就是接水果。由于她已经 DT FC 了 The big black，她觉得这个游戏太简单了，于是发明了一个更加难的版本。
首先有一个地图，是一棵由 (n) 个顶点，(n-1) 条边组成的树。
这颗树上有 (p) 个盘子，每个盘子实际上是一条路径，并且每个盘子还有一个权值。第 (i) 个盘子就是顶点 (a_i) 到顶点 (b_i) 的路径（由于是树，所以从 (a_i) 到 (b_i) 的路径是唯一的），权值为 (c_i)。
接下来依次会有 (q) 个水果掉下来，每个水果本质上也是一条路径，第 (i) 个水果是从顶点 (u_i) 到顶点 (v_i) 的路径。
幽香每次需要选择一个盘子去接当前的水果：一个盘子能接住一个水果，当且仅当盘子的路径是水果的路径的子路径。这里规定：从 (a) 到 (b) 的路径与从 (b) 到 (a) 的路径是同一条路径。
当然为了提高难度，对于第 (i) 个水果，你需要选择能接住它的所有盘子中，权值第 (k_i) 小的那个盘子，每个盘子可重复使用（没有使用次数的上限：一个盘子接完一个水果后，后面还可继续接其他水果，只要它是水果路径的子路径）。幽香认为这个游戏很难，你能轻松解决给她看吗？
(n,p,qleq 4 imes 10^4)。
思路
记 (L_x= ext{dfn}_x,R_x= ext{dfn}_x+ ext{siz}_x-1)。
假设路径 (a o b) 包含了路径 (c o d)（其中 (L_a<L_b,L_c<L_d)），考虑他们之间的关系：
- 如果 (a) 不是 (b) 的祖先，那么 (c) 一定在 (a) 的子树内，(d) 一定在 (c) 的子树内。
即 (L_aleq L_cleq R_a,L_bleq L_dleq R_b)。 - 如果 (a) 是 (b) 的祖先，记 (p) 为 (a o b) 路径上 (a) 的儿子，那么 (c) 一定不在 (p) 的子树内，(d) 一定在 (c) 的子树内。
即 (1leq L_c<L_p,L_bleq L_dleq R_b) 或 (R_p<L_cleq n,L_bleq L_dleq R_b)。
把不等关系放在一个平面上，那么也就是给出若干个矩形以及若干个点，需要求每一个点被覆盖的矩形中，权值第 (k) 小的那个矩形。
显然需要整体二分或者树套树。我选择整体二分。剩余的就是板子了。扫描线 + 树状数组即可。
时间复杂度 (O(mlog^2 n))。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=160010,LG=15;
int n,m,Q,tot,head[N],L[N],R[N],num[N],rk[N],ans[N],dep[N],f[N][LG+1];
struct edge
{
int next,to;
}e[N];
void add(int from,int to)
{
e[++tot]=(edge){head[from],to};
head[from]=tot;
}
struct node1
{
int x,l,r,v,id;
}a[N],c[N];
struct node2
{
int x,y,k,id;
}b[N],d[N];
bool cmp1(node1 x,node1 y)
{
return num[x.id]<num[y.id];
}
bool cmp2(node1 x,node1 y)
{
return x.x<y.x;
}
bool cmp3(node2 x,node2 y)
{
return x.x<y.x;
}
void dfs(int x,int fa)
{
L[x]=++tot; dep[x]=dep[fa]+1; f[x][0]=fa;
for (int i=1;i<=LG;i++)
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if (v!=fa) dfs(v,x);
}
R[x]=tot;
}
int findson(int x,int y)
{
for (int i=LG;i>=0;i--)
if (dep[f[y][i]]>dep[x]) y=f[y][i];
return y;
}
void work(int x,int y,int xx,int yy,int id)
{
a[++tot]=(node1){x,y,yy,1,id};
a[++tot]=(node1){xx+1,y,yy,-1,id};
}
struct BIT
{
int c[N];
void add(int x,int v)
{
for (int i=x;i<=n;i+=i&-i)
c[i]+=v;
}
int query(int x)
{
int res=0;
for (int i=x;i;i-=i&-i)
res+=c[i];
return res;
}
}bit;
void solve(int ql,int qr,int l,int r,int pl,int pr)
{
if (l==r)
{
for (int i=ql;i<=qr;i++)
ans[b[i].id]=num[a[pl].id];
return;
}
int mid=(l+r)>>1,qql=ql-1,qqr=qr+1,ppl=pl-1,ppr=pr+1,j=pl;
for (int i=ql;i<=qr;i++)
{
for (;j<=pr && a[j].x<=b[i].x;j++)
if (rk[a[j].id]<=mid && a[j].l<=a[j].r+1)
bit.add(a[j].l,a[j].v),bit.add(a[j].r+1,-a[j].v);
int k=bit.query(b[i].y);
if (k>=b[i].k) d[++qql]=b[i];
else d[--qqr]=b[i],d[qqr].k-=k;
}
for (;j<=pr;j++)
if (rk[a[j].id]<=mid && a[j].l<=a[j].r)
bit.add(a[j].l,a[j].v),bit.add(a[j].r+1,-a[j].v);
for (int i=pl;i<=pr;i++)
if (rk[a[i].id]<=mid) c[++ppl]=a[i];
else c[--ppr]=a[i];
for (int i=ql;i<=qql;i++) b[i]=d[i];
for (int i=qr;i>=qqr;i--) b[i]=d[qr-i+qqr];
for (int i=pl;i<=ppl;i++) a[i]=c[i];
for (int i=pr;i>=ppr;i--) a[i]=c[pr-i+ppr];
solve(ql,qql,l,mid,pl,ppl);
solve(qqr,qr,mid+1,r,ppr,pr);
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
for (int i=1,x,y;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y); add(y,x);
}
tot=0; dfs(1,0); tot=0;
for (int i=1,x,y;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&num[i]);
if (L[x]>L[y]) swap(x,y);
if (R[x]>=R[y])
{
int p=findson(x,y);
work(1,L[y],L[p]-1,R[y],i); work(L[y],R[p]+1,R[y],n,i);
}
else work(L[x],L[y],R[x],R[y],i);
}
sort(a+1,a+1+tot,cmp1);
for (int i=1,j=1;i<=tot;i++)
if (!rk[a[i].id]) rk[a[i].id]=j++;
sort(a+1,a+1+tot,cmp2);
for (int i=1;i<=Q;i++)
{
scanf("%d%d%d",&b[i].x,&b[i].y,&b[i].k);
b[i].id=i; b[i].x=L[b[i].x]; b[i].y=L[b[i].y];
if (b[i].x>b[i].y) swap(b[i].x,b[i].y);
}
sort(b+1,b+1+Q,cmp3);
solve(1,Q,1,m,1,tot);
for (int i=1;i<=Q;i++)
cout<<ans[i]<<"
";
return 0;
}