確實是簡單題。邊權和最小顯然是最小生成樹。對於一條非樹邊，加到樹裡面一定會構成乙個環，那麼環上的樹邊的邊權就一定不能超過這條非樹邊。所以對最小生成樹進行重鏈剖分，對於一條非樹邊 \((u_i,v_i)\) ，對鏈 \(u_i\to v_i\) 進行 \(modify\)，維護乙個最小值。而對於一條非樹邊要想成為樹邊，就至少需要把其邊權修改成這條鏈上樹邊的最大值，亦可用樹剖隨便維護一下。複雜度 \(o(m\log^2n)\)。
考場上空間開小了，爆成 60。以為開夠了後就過了，才發現 \(m\) 是 \(1e6\)，\(n\) 是 \(1e5\)。雖然開的 \(6\) 秒，依舊過不了，只有 \(90\) 分。又想了想發現可以用樹上差分加倍增做，但不想重構**了，直接加了乙個火車頭過了。
#include#include#includeusing namespace std;
#define m 1000007
#define n 100007
#define inf 1000000000
#define lid id<<1
#define rid id<<1|1
inline char nc()
inline int read()
while(c>='0'&&c<='9')
return flag? x:-x;
}struct nodet[n<<2];
struct line
bool operator
}inline void dfs2(int u,int tp)
}inline int max(int x,int y)
inline int min(int x,int y)
}inline void pushup(int id,int val)
inline void pushdown(int id)
int l,r,val;
inline void modify(int id,int lf,int rf)
}inline void modify_path(int u,int v)
inline int query(int id,int lf,int rf,int op)
}inline int query_path(int u,int v,int op)
int ans[m];
bool vis[m];
int main()
memset(fa,0,sizeof(fa));
cnt=0,fa[1]=1,dep[1]=1,dfs1(1);
for(register int i=1;i<=m;i++)
dfs2(1,1); build(1,1,n);
for(register int i=1;i<=m;i++)
for(register int i=1;i<=m;i++)
if(vis[i]) ans[l[i].pos]=query_path(l[i].x,l[i].y,2);
for(register int i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
}
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