\(\text{luogu-4556}\)
村落里一共有 \(n\) 座房屋，并形成一个树状结构。然后救济粮分 \(m\) 次发放，每次选择两个房屋 \((x, y)\)，然后对于 \(x\) 到 \(y\) 的路径上（含 \(x\) 和 \(y\)）每座房子里发放一袋 \(z\) 类型的救济粮。
然后深绘里想知道，当所有的救济粮发放完毕后，每座房子里存放的最多的是哪种救济粮。
\(1 \leq n, m \leq 10^5\)，\(1 \leq a,b,x,y \leq n\)，\(1 \leq z \leq 10^5\)。
线段树合并模板题。
以下部分题解来自于 线段树合并 (学习笔记)(26.1.19) - Yuriha - 博客园。
概述
可以将两棵线段树合并为一颗的算法，一般用在动态开点线段树和权值线段树中。
对于一些需要维护子树权值的题目中，父亲节点需要去合并自己的两个子树节点，对于普通的线段树，我们只需要去权值合并就行，但是对于动态开点线段树，如果我们没有一些优化，就会导致时间空间发生一些问题了，所以相应的线段树合并就诞生了。
思路
线段树合并面临的共有三种情况。
- 儿子都为空，我们直接不管这个节点即可。
- 儿子都不为空，我们就需要递归去加两个儿子。
- 有一个儿子为空，我们可以直接将这个儿子的信息加到当前线段树，另一个不管。
实现
这道题还用到了动态开点和权值线段树和树上差分。
对于动态开点，就是去正常的进行线段树操作，在进入的时候判断一下某个下标是否存在，如果不存在，就去新建一个下标，所以要专门储存左儿子和右儿子，不能直接去 p<<1 这样类似的操作。
对于权值线段树，这是一个把权值作为下标进行操作的数据结构，它维护了在值域 \([1, V]\) 区间内的所有权值计数，在第二次 \(dfs\) 操作，对于某个节点，遍历其子树将所有节点加至它自己，\(t_x\) 做的是以 \(x\) 为节点的权值线段树的根。
对于树上差分，主要就是可以用链表方式存储其对应的所有修改操作，其他无太多。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
#define MAXN 100005long long read() {long long x = 0, f = 1;char c = getchar();while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }return x * f;
}long long n, m, lg[MAXN], fa[MAXN][30], dep[MAXN], dn, hd[MAXN], ans[MAXN];
long long ls[MAXN * 80], rs[MAXN * 80], t[MAXN], mx[MAXN * 80], cnt;
struct node { long long w, nxt; } res[MAXN << 2];
vector<long long> v[MAXN];void dfs(long long x, long long f) {fa[x][0] = f, dep[x] = dep[f] + 1;for(int i = 1; i <= lg[dep[x]]; i ++)fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1];for(auto y : v[x]) if(y != f) dfs(y, x);return;
}long long lca(long long x, long long y) {if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y);while(dep[x] > dep[y]) x = fa[x][lg[dep[x] - dep[y]] - 1];if(x == y) return x;for(int i = lg[dep[x]] - 1; i >= 0; i --) if(fa[x][i] != fa[y][i]) x = fa[x][i], y = fa[y][i];return fa[x][0];
}void add(long long x, long long w) {res[++ dn] = {w, hd[x]}, hd[x] = dn;return;
}long long merge(long long x, long long y, long long l, long long r) {if(!x || !y) return x | y;if(l == r) { mx[x] += mx[y]; return x; }long long mid = (l + r) >> 1;ls[x] = merge(ls[x], ls[y], l, mid);rs[x] = merge(rs[x], rs[y], mid + 1, r);mx[x] = max(mx[ls[x]], mx[rs[x]]);return x;
}void update(long long &x, long long l, long long r, long long p, long long w) {if(!x) x = (++ cnt);if(l == r) { mx[x] += w; return; }long long mid = (l + r) >> 1;if(p <= mid) update(ls[x], l, mid, p, w);else update(rs[x], mid + 1, r, p, w);mx[x] = max(mx[ls[x]], mx[rs[x]]);return;
}long long query(long long x, long long l, long long r) {if(l == r) return l;long long mid = (l + r) >> 1;if(mx[x] == mx[ls[x]]) return query(ls[x], l, mid);return query(rs[x], mid + 1, r);
}void dfs1(long long x, long long f) {for(auto y : v[x]) if(y != f) dfs1(y, x), t[x] = merge(t[x], t[y], 1, 1e5);for(int i = hd[x]; i; i = res[i].nxt) update(t[x], 1, 1e5, abs(res[i].w), (res[i].w >= 0) ? 1 : -1);if(mx[t[x]]) ans[x] = query(t[x], 1, 1e5);return;
}int main() {n = read(), m = read();for(int i = 1; i < n; i ++) {long long x = read(), y = read();v[x].push_back(y), v[y].push_back(x);}for(int i = 1; i < MAXN; i ++) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;dfs(1, 0);for(int i = 1; i <= m; i ++) {long long x = read(), y = read(), z = read();long long t = lca(x, y);add(x, z), add(y, z), add(t, -z), add(fa[t][0], -z);}dfs1(1, 0);for(int i = 1; i <= n; i ++) cout << ans[i] << "\n";return 0;
}
\(\text{luogu-3224}\)
永无乡包含 \(n\) 座岛，编号从 \(1 \sim n\) ，每座岛都有自己的独一无二的重要度，按照重要度可以将这 \(n\) 座岛排名，名次用 \(1 \sim n\) 来表示。某些岛之间由巨大的桥连接，通过桥可以从一个岛到达另一个岛。
现在有两种操作：
B x y 表示在岛 \(x\) 与岛 \(y\) 之间修建一座新桥。
Q x k 表示询问当前与岛 \(x\) 连通的所有岛中第 \(k\) 重要的是哪座岛，即所有与岛 \(x\) 连通的岛中重要度排名第 \(k\) 小的岛是哪座，请你输出那个岛的编号。
\(1 \leq m \leq n \leq 10^5\), \(1 \leq q \leq 3 \times 10^5\)。
考虑用动态开点权值线段树，维护重要度。并查集维护连通性。
每次建边时把两个线段树合并就好了。
询问操作直接线段树上二分即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 200005long long read() {long long x = 0, f = 1;char c = getchar();while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }return x * f;
}struct node { long long l, r, ls, rs, w; } t[MAXN << 5];
long long n, m, q, fa[MAXN], T[MAXN], ans[MAXN], cnt;long long find(long long x) { return (fa[x] == x) ? x : fa[x] = find(fa[x]); }long long insert(long long x, long long l, long long r) {long long p = (++ cnt);t[p].l = l, t[p].r = r, t[p].w = 1;if(l == r) return p;long long mid = (l + r) >> 1;if(x <= mid) t[p].ls = insert(x, l, mid);else t[p].rs = insert(x, mid + 1, r);return p;
}long long merge(long long x, long long y, long long l, long long r) {if(!x || !y) return x | y;long long p = (++ cnt), mid = (l + r) >> 1;t[p].l = l, t[p].r = r, t[p].w = t[x].w + t[y].w;t[p].ls = merge(t[x].ls, t[y].ls, l, mid);t[p].rs = merge(t[x].rs, t[y].rs, mid + 1, r);return p;
}long long query(long long x, long long k) {if(t[x].w < k) return -1;if(t[x].l == t[x].r) return ans[t[x].l];if(t[t[x].ls].w >= k) return query(t[x].ls, k);return query(t[x].rs, k - t[t[x].ls].w);
}int main() {n = read(), m = read();for(int i = 1; i <= n; i ++) {long long x = read(); T[i] = insert(x, 1, n), ans[x] = fa[i] = i;} for(int i = 1; i <= m; i ++) {long long x = find(read()), y = find(read());if(x != y) fa[x] = y, T[y] = merge(T[x], T[y], 1, n);}q = read();while(q --) {char c; cin >> c; long long x = read(), y = read();if(c == 'B') {x = find(x), y = find(y);if(x != y) fa[x] = y, T[y] = merge(T[x], T[y], 1, n);}else cout << query(T[find(x)], y) << "\n";}return 0;
}
