這次我們來搞一個很新奇的知識點：克魯斯卡爾重構樹。它也是一種圖，是克魯斯卡爾算法求最小生成樹的升級版首先看下面一個問題：BZOJ3545 Peaks。

在Bytemountains有N座山峰，每座山峰有他的高度h_i。有些山峰之間有雙向道路相連，共M條路徑，每條路徑有一個困難值，這個值越大表示越難走。

現在有Q組詢問，每組詢問詢問從點v開始只經過困難值小於等於x的路徑所能到達的山峰中第k高的山峰，如果無解輸出-1。N<=1e5,M,Q<=5*1e5

上面這個題沒有要求在線，因此我們可以離線構造最小生成樹，然後當小於等於一個詢問的困難值的所有邊都加入後，就可以查詢當前的詢問點。

這種操作只需要主席樹上樹+啟發式合並就可以解決了。（沒有了解過啟發式合並的同學可以移步我的題解：）但是如果強制在線呢？

BZOJ3551 Peaks加強版，在上一題基礎上強制在線。

可以用來解決一系列“查詢從某個點出發經過邊權不超過val的邊所能到達的節點”的問題，可以和其他數據結構（比如主席樹）套用來維護更加復雜的詢問。

克魯斯卡爾重構樹的核心思想是，當添加最小生成樹中的邊的時候，不在兩個點間直接加邊，而是新建節點，讓邊的兩個端點所在的聯通塊的代表點分別作為它的左右兒子節點，然後這個新建的點，就成為這整個連通塊的代表點，點權為連邊的值（最開始n個葉子節點點權為0）。比如看下面這張圖：首先連接（1,2），新建一個點5。再連接（3,4），新建一個點6。然後連接（1,3），連接它們各自聯通塊的代表點（5,6），再新建一個點7。

這樣得到的樹有一個很優雅的性質：一個點的所有子樹節點的權值都小於等於它的權值，並且從它開始逐漸向子節點移動，權值是單調不上升的。這個性質是顯然的，因為我們在構造樹的時候是從小到大插入的邊，因此父親節點的權值一定大於等於子節點的值。

查詢時，首先可以在樹上二分得到當前查詢點所能夠到達的最遠的祖先點，那麽它能夠到達的連通塊就是祖先點的子樹中所有的葉節點。

然後我們按dfs序維護一個主席樹上樹就可以解決了。沒有了解過主席樹上樹的同學可以移步我之前的講解

代碼見下：

 1 #include <cstring>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <algorithm>
 4
 
 #include <ctime>
 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<b.val;}
14 int find(int a){return (fa[a]==a)?a:fa[a]=find(fa[a]);}
15 struct node
16 {
17     int cnt;node *ch[2];
18     node(){cnt=0;ch[0]=ch[1]=NULL;}
19     inline void update(){cnt=ch[0]->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<k)return -1;
38     while(le<ri)
39     {
40         int tmp=a1->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;/*去掉這句強制在線可以ACbzoj3545*/
82         printf("%d\n",ans=query(v,x,k));
83     }
84 }

克魯斯卡爾重構樹是個比較小眾的知識點，但在處理對口的操作時十分強大。下次你再看到類似詢問的時候，不妨想一想克魯斯卡爾重構樹，也許就會柳暗花明又一村

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