(题目链接)

题意

　　给出一张无向图，$m$组操作，每次修改一条边的权值，对于每次操作输出修改之后的图的最小生成树边权和。

Solution

　　nnd开了半个小时的脑洞，然并卵。感谢这位大爷的代码与题解：

　　我们对时间cdq分治，如何在每一层向下递归的时候减小问题规模呢，两个关键的操作：

　　Reduction(删除无用边)：

　　　　把待修改的边标为INF，做一遍MST，把做完后不在MST中的非INF边删去（因为这些边在原图的情况下肯定更不可能选进MST的边集，即无用边）；

　　Contraction(缩必须边，缩点)：

　　　　把待修改的边标为-INF，做一遍MST，在MST中的非-INF边为必须边（因为这些边在原图的情况下也一定会被选进MST），缩点。

　　所以在每一层我们按顺序，先缩点，然后删边，这样子缩小了问题规模后往下递归。为什么这样的复杂度就是对的呢，我大概YY了一下。

　　在我们当前处理的这一层中，只有既不是必须边也不是无用边的边才会记入下一层的图中。考虑既这种边需要满足哪些条件。

　　不是必须边：有某条待修改的边可以代替这条边。

　　不是无用边：在非待修改的边中这条边无法被替代。

　　这么说来这些边是与待修改边息息相关的，在非待修改的边中这条边独一无二，而它所起到的作用又可以被某条待修改的边所代替，那么待修改的边与这种边大概是可以一一对应的。而待修改的边每往下递归一层就会减半，所以问题的规模每次也会减半。嘿嘿，极不严谨的证明（其实不过是口胡）

　　好吧请忽略上面的口胡，我们来严谨的证明一下。

　　设询问边的集合为$S$，图中的边集$E$，图中的点集$V$。两种操作可以看成是求了$G(V,E-S)$的最小生成树。

　　Reduction：最坏情况下最小生成树里面的边全都不是$|S|$上的，我们至少可以把边数缩小为$|V|-1+|S|$。

　　Contraction：最坏情况下最小生成树里面的边全都是$|S|$上的，我们至少可以把点数缩小为$|S|+1$。

　　所以我们缩点后，再删边，下一层的图的规模就是与$|S|$同级的了，复杂度得到了保证。

细节

　　清空并查集的时候不要破坏了复杂度。

代码

// bzoj2001#include
     
      #include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          #include
          
           #define LL long long#define inf (1ll<<30)#define Pi acos(-1.0)#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout)using namespace std;const int maxn=20010,maxm=50010;int n,m,Q,nv[20],ne[20],val[maxm];LL ans[maxm];struct ask {int id,w;}q[maxm];struct edge { int u,v,w,id; friend bool operator < (edge a,edge b) {return a.w
           
            size[y]) swap(x,y); fa[x]=y,size[y]+=size[x]; return 1; } void clear(int x) { for (int i=1;i<=x;i++) fa[i]=i,size[i]=1; }}using namespace Unionset;namespace CDQ { int id[maxm],vis[maxm],newv[maxn]; edge tmp[maxm],L[maxm]; void contraction(int &N,int &M,LL &res) { int tn=0,tm=0; sort(L+1,L+1+M);clear(N); for (int i=1;i<=M;i++) vis[i]=0; for (int i=1;i<=M;i++) { if (merge(L[i].u,L[i].v) && L[i].w!=-inf) vis[i]=1,res+=L[i].w; else tmp[++tm]=L[i]; } clear(N); for (int i=1;i<=M;i++) if (vis[i]) merge(L[i].u,L[i].v); for (int i=1;i<=N;i++) if (find(i)==i) newv[i]=++tn; for (int i=1;i<=N;i++) newv[i]=newv[find(i)]; for (int i=1;i<=tm;i++) { L[i]=tmp[i]; id[L[i].id]=i; L[i].u=newv[L[i].u],L[i].v=newv[L[i].v]; } N=tn,M=tm; } void reduction(int &N,int &M) { int tm=0; sort(L+1,L+1+M);clear(N); for (int i=1;i<=M;i++) if (merge(L[i].u,L[i].v) || L[i].w==inf) id[L[i].id]=++tm,L[tm]=L[i]; M=tm; } void solve(int l,int r,int c,LL res) { int N=nv[c],M=ne[c]; if (l==r) val[q[l].id]=q[l].w; for (int i=1;i<=M;i++) { e[c][i].w=val[e[c][i].id]; L[i]=e[c][i]; id[L[i].id]=i; } if (l==r) { sort(L+1,L+1+M);clear(N); for (int i=1;i<=M;i++) if (merge(L[i].u,L[i].v)) res+=L[i].w; ans[l]=res;return; } for (int i=l;i<=r;i++) L[id[q[i].id]].w=-inf; contraction(N,M,res); for (int i=l;i<=r;i++) L[id[q[i].id]].w=inf; reduction(N,M); nv[c+1]=N,ne[c+1]=M; for (int i=1;i<=M;i++) e[c+1][i]=L[i]; int mid=(l+r)>>1; solve(l,mid,c+1,res);solve(mid+1,r,c+1,res); }}int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q); nv[0]=n,ne[0]=m; for (int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&e[0][i].u,&e[0][i].v,&e[0][i].w); e[0][i].id=i;val[i]=e[0][i].w; } for (int i=1;i<=Q;i++) scanf("%d%d",&q[i].id,&q[i].w); CDQ::solve(1,Q,0,0); for (int i=1;i<=Q;i++) printf("%lld\n",ans[i]); return 0;}