\[ \text{Preface} \]
算是一道思维难度稍易，代码难度稍难的题吧。
\[
\text{Description}
\]
给出一张 \(n\) 个点，\(m\) 条边的图，点带权。需要支持三个操作：
D x删掉编号为 \(x\) 的边Q x k查询与节点 \(x\) 联通的所有节点中，点权第 \(k\) 大节点的点权C x v将节点 \(x\) 点权改为 \(v\)
多组数据，每组数据最终需要输出所有查询的平均值 ( 保留 6 位 ) ，没有强制在线。
\[
\text{Solution}
\]
不知道大家有没有做过 这道题 ，推荐先去做一下。
\(~\)
首先，对于同一个连通块里的所有节点，查询与任意一个节点连通的所有节点的第 \(k\) 大，都是查询该连通块里所有节点的第 \(k\) 大。已经很明显可以用并查集维护每个连通块的代表节点，再在这个代表节点上用一个数据结构维护连通块信息，支持合并，查询第 \(k\) 大。
我们发现权值线段树可以做到上述操作，尝试用权值线段树维护，每个节点开一个权值线段树。
\(~\)
对于操作 Q x k \(:\)
权值线段树基本操作。
对于操作 C x v \(:\)
我们可以看作是在 \(x\) 这个位置上少了一个原来的点权，再多了一个新的点权，两次插入操作即可解决。
对于操作 D x \(:\)
\(......\) ，我们发现删掉一条边，不能有效使得一个连通块分裂成两个连通块，并且维护权值线段树。
\(~\)
注意到此题 没有强制在线 ，意味着，我们可以离线地把所有操作都读进来，然后去反着考虑这些询问。
这样一来，D x 操作就可以变为 \(:\) 加入一条编号为 \(x\) 的边。其余的两个操作不变。
我们发现添加一条边很容易维护 \(:\) 找出 \(u,v\) 所在的连通块 \(p,q\) ，若 \(p=q\) ，则无需操作；否则合并权值线段树 \(p\) 和权值线段树 \(q\) ，然后令 \(fa[q]=p\) 。
综上所述，我们就可以用 权值线段树 \(+\) 并查集 解决本题了。\((\) 当然什么 \(splay\)，\(treap\) 启发式合并也行 \()\)
时空复杂度 \(\text{O(n log n)}\) 。
\[
\text{Code}
\]
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define RI register int
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
return x*f;
}
const int N=6000100,M=6000100,Q=6000100,MLOGN=50000000;
const int INF=1e6;
int T;
int n,m,q;
int cnt;
long double ans;
int val[N];
struct Edge{
int u;
int v;
bool del;
}e[M];
char opt[Q];
int x[Q],k[Q];
int fa[N];
int get(int x)
{
if(fa[x]==x)return x;
return fa[x]=get(fa[x]);
}
int tot,root[N];
struct SegmentTree{
int lc,rc;
int cnt;
}t[MLOGN];
int New()
{
tot++;
t[tot].lc=t[tot].rc=t[tot].cnt=0;
return tot;
}
void insert(int &p,int l,int r,int delta,int val)
{
if(!p)
p=New();
t[p].cnt+=val;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
if(delta<=mid)
insert(t[p].lc,l,mid,delta,val);
else
insert(t[p].rc,mid+1,r,delta,val);
}
int merge(int p,int q)
{
if(!p||!q)
return p^q;
t[p].cnt+=t[q].cnt;
t[p].lc=merge(t[p].lc,t[q].lc);
t[p].rc=merge(t[p].rc,t[q].rc);
return p;
}
int ask(int p,int l,int r,int k)
{
if(l==r)
return l;
int mid=(l+r)>>1;
int rcnt=t[t[p].rc].cnt;
if(k<=rcnt)
return ask(t[p].rc,mid+1,r,k);
else
return ask(t[p].lc,l,mid,k-rcnt);
}
void link(int u,int v)
{
u=get(u),v=get(v);
if(u==v)return;
root[u]=merge(root[u],root[v]);
fa[v]=u;
}
void work()
{
tot=cnt=ans=q=0;
memset(root,0,sizeof(root));
for(RI i=1;i<=n;i++)
val[i]=read();
for(RI i=1;i<=m;i++)
e[i].u=read(),e[i].v=read();
char tmp[2];
while(scanf("%s",tmp),tmp[0]!='E')
{
opt[++q]=tmp[0];
switch(tmp[0])
{
case 'D':{
x[q]=read();
e[x[q]].del=true;
break;
}
case 'Q':{
x[q]=read(),k[q]=read();
cnt++;
break;
}
case 'C':{
x[q]=read(),k[q]=val[x[q]],val[x[q]]=read();
break;
}
}
}
for(RI i=1;i<=n;i++)
fa[i]=i,insert(root[i],-INF,INF,val[i],1);
for(RI i=1;i<=m;i++)
{
if(e[i].del)continue;
link(e[i].u,e[i].v);
}
for(RI i=q;i>=1;i--)
switch(opt[i])
{
case 'D':{
e[x[i]].del=false;
link(e[x[i]].u,e[x[i]].v);
break;
}
case 'Q':{
int p=get(x[i]);
int A=ask(root[p],-INF,INF,k[i]);
if(A==-INF||A==INF)
continue;
ans+=(long double)A/cnt;
break;
}
case 'C':{
int p=get(x[i]);
insert(root[p],-INF,INF,val[x[i]],-1);
val[x[i]]=k[i];
insert(root[p],-INF,INF,val[x[i]],1);
break;
}
}
printf("Case %d: %Lf\n",++T,ans);
}
int main()
{
while(n=read(),m=read(),n&&m) work();
return 0;
}
\[ \text{Thanks} \ \text{for} \ \text{watching} \]
来源：https://www.cnblogs.com/cjtcalc/p/12263001.html