为了得到书法大家的真传，小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士。魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图，节点标号为1..N，边标号为1..M。初始时小E同学在号节点1，隐士则住在号节点N。小E需要通过这一片魔法森林，才能够拜访到隐士。
魔法森林中居住了一些妖怪。每当有人经过一条边的时候，这条边上的妖怪就会对其发起攻击。幸运的是，在号节点住着两种守护精灵：A型守护精灵与B型守护精灵。小E可以借助它们的力量，达到自己的目的。
只要小E带上足够多的守护精灵，妖怪们就不会发起攻击了。具体来说，无向图中的每一条边Ei包含两个权值Ai与Bi。若身上携带的A型守护精灵个数不少于Ai，且B型守护精灵个数不少于Bi，这条边上的妖怪就不会对通过这条边的人发起攻击。当且仅当通过这片魔法森林的过程中没有任意一条边的妖怪向小E发起攻击，他才能成功找到隐士。
由于携带守护精灵是一件非常麻烦的事，小E想要知道，要能够成功拜访到隐士，最少需要携带守护精灵的总个数。守护精灵的总个数为A型守护精灵的个数与B型守护精灵的个数之和。
第1行包含两个整数N,M，表示无向图共有N个节点，M条边。 接下来M行，第行包含4个正整数Xi,Yi,Ai,Bi，描述第i条无向边。其中Xi与Yi为该边两个端点的标号，Ai与Bi的含义如题所述。 注意数据中可能包含重边与自环。
输出一行一个整数：如果小E可以成功拜访到隐士，输出小E最少需要携带的守护精灵的总个数；如果无论如何小E都无法拜访到隐士，输出“-1”（不含引号）。
2<=n<=50,000
0<=m<=100,000
1<=ai ,bi<=50,000
题目即要求使1和n连通的使a的最大值+b的最大值最小。。。
对于这种一条边有两种权限制的题目，一般都是限制住一种边的条件再对另一条边进行处理。。。
这题的暴力做法还是可以YY的。。。
首先最大边最小是显然满足最小生成树的性质的。。。
所以按a的大小加入满足a的边，再以这些边跑按照b跑Kruskal。。。竟然有70分。。。
然后我傻逼的YY了一个二分a的高骗，竟然骗了80分（这个答案显然是没有单调性的，应该会WA飞，然而有80分，时间贼快）
正解可以用SPFA动态加边也可以用LCT。。。。。
如果要用LCT的话就要知道一个叫做另类MST的鬼东西。。。网管的水管局长PPT上有。。。
大致做法就是先随意构一棵生成树，不断加边，如果形成了环，就把环上边权最大的删掉。。。
这样的话我们就可以按a的大小加入满足a的边然后动态维护加了边之后的b的最小生成树。。。这样的好处就是每次无需重新构MST。。。
那么对于这个操作LCT显然是可以胜任的。。。
这题还要用到一个很巧妙的东西，就是把边作为一个点加进去。。因为LCT并不能维护边权。。。
对与边i就是类似这样：lnk(i+n,e[i].x),lnk(i+n,e[i].y);
下面附上代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 using namespace std; 6 const int N=1000500; 7 int gi() 8 { 9 int x=0; 10 char ch=getchar(); 11 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar(); 12 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); 13 return x; 14 } 15 int fa[N],c[N][2],st[N],v[N],maxn[N],n,m,ans=1000000007; 16 bool rev[N]; 17 struct data 18 { 19 int u,v,a,b; 20 } edge[N]; 21 bool isroot(int x) 22 { 23 return c[fa[x]][0]!=x&&c[fa[x]][1]!=x; 24 } 25 void modify(int x) 26 { 27 int l=c[x][0],r=c[x][1]; 28 maxn[x]=x; 29 if(v[maxn[x]]<v[maxn[l]]) maxn[x]=maxn[l]; 30 if(v[maxn[x]]<v[maxn[r]]) maxn[x]=maxn[r]; 31 } 32 void pushdown(int x) 33 { 34 int l=c[x][0],r=c[x][1]; 35 if(rev[x]) 36 { 37 rev[x]^=1;rev[l]^=1;rev[r]^=1; 38 swap(c[x][0],c[x][1]); 39 } 40 } 41 void rotate(int x) 42 { 43 int y=fa[x],z=fa[y],l,r; 44 if(c[y][0]==x)l=0;else l=1;r=l^1; 45 if(!isroot(y)) 46 { 47 if(c[z][0]==y)c[z][0]=x;else c[z][1]=x; 48 } 49 fa[x]=z;fa[y]=x;fa[c[x][r]]=y; 50 c[y][l]=c[x][r];c[x][r]=y; 51 modify(y);modify(x); 52 } 53 void splay(int x) 54 { 55 int top=0;st[++top]=x; 56 for(int i=x;!isroot(i);i=fa[i]) 57 { 58 st[++top]=fa[i]; 59 } 60 for(int i=top;i;i--) pushdown(st[i]); 61 while(!isroot(x)) 62 { 63 int y=fa[x],z=fa[y]; 64 if(!isroot(y)) 65 { 66 if((c[y][0]==x)^(c[z][0]==y)) rotate(x); 67 else rotate(y); 68 } 69 rotate(x); 70 } 71 } 72 void access(int x) 73 { 74 int t=0; 75 while(x) 76 { 77 splay(x); 78 c[x][1]=t; 79 t=x;x=fa[x]; 80 } 81 } 82 void rever(int x) 83 { 84 access(x);splay(x);rev[x]^=1; 85 } 86 void lnk(int x,int y) 87 { 88 rever(x);fa[x]=y;splay(x); 89 } 90 void cut(int x,int y) 91 { 92 rever(x);access(y);splay(y);c[y][0]=fa[x]=0; 93 } 94 int query(int x,int y) 95 { 96 rever(x);access(y);splay(y); 97 return maxn[c[y][0]]; 98 } 99 int find(int x) 100 { 101 access(x);splay(x); 102 int y=x; 103 while(c[y][0]) y=c[y][0]; 104 return y; 105 } 106 bool cmp(data a,data b) 107 { 108 return a.a<b.a; 109 } 110 int main() 111 { 112 n=gi();m=gi(); 113 for(int i=1; i<=m; i++) 114 { 115 edge[i].u=gi();edge[i].v=gi();edge[i].a=gi();edge[i].b=gi(); 116 } 117 for(int i=1;i<=m+n;i++) maxn[i]=i; 118 sort(edge+1,edge+1+m,cmp); 119 for(int i=1; i<=m; i++) 120 { 121 int x=edge[i].u,y=edge[i].v; 122 if(find(x)!=find(y)) 123 { 124 v[n+i]=edge[i].b; 125 lnk(x,n+i);lnk(y,n+i); 126 } 127 else 128 { 129 int maxm=query(x,y); 130 if(edge[i].b<v[maxm]) 131 { 132 cut(maxm,edge[maxm-n].u); 133 cut(maxm,edge[maxm-n].v); 134 v[n+i]=edge[i].b; 135 lnk(x,n+i);lnk(y,n+i); 136 } 137 } 138 if(find(1)==find(n)) ans=min(ans,edge[i].a+v[query(1,n)]); 139 } 140 if(ans==1000000007) cout<<-1<<endl; 141 else cout<<ans; 142 }
bzoj 3669: [Noi2014] 魔法森林 LCT版
原文：http://www.cnblogs.com/qt666/p/6490941.html