apio場外選手沒事休閒做題。（看了yyb的題解才把這題做出來）
對操作進行分塊，把每\(\text\)個操作分成1組，裡面大概有2類：沒被修改過的和被修改過的。
接著對塊內詢問進行離線。
對於沒有修改過的：我們可以直接排序然後把他們加入並查集。
對於修改過的，我們看他的時間是否大於當前操作的時間，如果大於則加入原來的權值，如果小於則用修改後的權值。
最後答案其實就是查一下連通塊的大小。
再注意一點，因為這裡的並查集是支援撤回的，所以並不能路徑壓縮。
// luogu-judger-enable-o2
#include const int maxm = 1e5 + 10;
inline void _swap(int& a,int& b)
templateinline void read(t& res)
int n, m, i, j, k, tote, totq, top, lastop, sz;
int fa[maxm], sz[maxm], id[maxm], ans[maxm], r[maxm];
std::pairsta[maxm];
int find(int u)
inline void union(int u,int v)
bool vis[maxm];
struct edge
edge(int _u,int _v,int _w,int _id)
inline friend bool operator < (edge a,edge b)
} e[maxm], e1[maxm], e2[maxm];
struct node
node(int _id,int _t,int _b,int _r)
inline friend bool operator < (node a,node b)
} q[maxm], x[maxm], y[maxm];
inline void solve()
std::sort(y + 1,y + tot2 + 1);
for(int i = 1;i <= m;i++)
id[ e[i].id ] = i;
int j = 1;
for(int i = 1;i <= tot2;i++)
lastop = top;
for(int j = 1;j <= tot1;j++)
r[ x[j].b ] = e[ id[ x[j].b ] ].w;
for(int j = 1;j <= tot1;j++)
if(x[j].id < y[i].id)
r[ x[j].b ] = x[j].r;
for(int j = 1;j <= tot1;j++)
if(r[ x[j].b ] >= y[i].b)
union(e[ id[ x[j].b ] ].u,e[ id[ x[j].b ] ].v);
ans[ y[i].id ] = sz[ find(y[i].r) ];
while(top > lastop)
}for(int i = 1;i <= tot1;i++)
e[ id[ x[i].b ] ].w = x[i].r;
tot1 = tot2 = 0;
for(int i = 1;i <= m;i++)
std::sort(&e1[1],&e1[tot1 + 1]);
std::merge(&e[1],&e[tot2 + 1],&e1[1],&e1[tot1 + 1],&e2[1]);
for(int i = 1;i <= m;i++)
e[i] = e2[i];
}int main()
if(totq)
solve();
for(int i = 1;i <= q;i++)
if(ans[i])
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
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