XXIII.CF603E Pastoral Oddities
结论1：只有点数为偶的连通块，才有可能使每个点的度数为奇。（偶连通块的必要性）
证明1：如果在奇连通块中，每个点的度数为奇，则总度数为奇，但是总度数必定是偶数（每条边增加两点度数），因此不可能存在奇的合法连通块。
结论2：任何点数为偶的连通块，都可以使每个点的度数为奇。（偶连通块的充分性）
证明2：我们对这个偶连通块跑出任何一棵生成树。从叶子节点开始考虑。如果当前节点的度数为偶数，那么就加上和父亲的边。这样的话最终就只有根节点的度数不能确定。但是那些被加上的边，总度数为偶数；除了根以外，其它节点的度数都能保证是偶数；偶数-偶数=偶数。这就保证了根节点的度数也为偶数。
结论1+结论2，则偶连通块是充分必要条件。
我们之后就可以维护原图的最小生成森林。当原图中所有连通块的点数都为偶时，这时就可以删边了；因为在我们的证明2中，在一棵生成树中，也有不选的边。我们在一个大根堆中维护所有图上的边。从堆中不断删边，直到删完一条边后，出现了奇连通块。则答案即为所有曾经删去的边中的最小值。
我们接下来证明各操作的正确性。
维护森林的正确性：凭什么你连边维护最小生成森林就不会使得偶连通块变成奇连通块？
证明：当你连一条边时，就将两个连通块相连了。如果原本是两个偶连通块，连完还是偶连通块，奇连通块数量并没有增加；一奇一偶，连完是奇，奇连通块数量还是没有增加；两个奇连通块，连完就成了偶连通块，奇连通块数量减小了！
因此无论如何，连边都不会使得奇连通块数量增加；因此连了并不会使答案变差。
删边的正确性：为什么可以用大根堆删边？
首先，大根堆的堆顶，就是当前局面的最大值；但是，如果删完堆顶仍然没有奇连通块，则这个最大边是可有可无的，不如删掉。并且，答案不降，因此可以取\(\min\)。
LCT复杂度\(O\Big((n+m)\log(n+m)\Big)\)；大根堆复杂度\(O(m\log m)\)；总复杂度\(O\Big((n+m)\log(n+m)\Big)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,tot;
#define lson t[x].ch[0]
#define rson t[x].ch[1]
struct LCT{
int fa,ch[2],si,sr,mx,val;
bool rev;
}t[400100];
inline int identify(int x){
if(x==t[t[x].fa].ch[0])return 0;
if(x==t[t[x].fa].ch[1])return 1;
return -1;
}
inline void pushup(int x){
t[x].sr=t[x].si,t[x].mx=x;
if(lson){
t[x].sr+=t[lson].sr;
if(t[t[x].mx].val<t[t[lson].mx].val)t[x].mx=t[lson].mx;
}
if(rson){
t[x].sr+=t[rson].sr;
if(t[t[x].mx].val<t[t[rson].mx].val)t[x].mx=t[rson].mx;
}
}
inline void REV(int x){
t[x].rev^=1,swap(lson,rson);
}
inline void pushdown(int x){
if(!t[x].rev)return;
if(lson)REV(lson);
if(rson)REV(rson);
t[x].rev=0;
}
inline void rotate(int x){
register int y=t[x].fa;
register int z=t[y].fa;
register int dirx=identify(x);
register int diry=identify(y);
register int b=t[x].ch[!dirx];
if(diry!=-1)t[z].ch[diry]=x;t[x].fa=z;
if(b)t[b].fa=y;t[y].ch[dirx]=b;
t[y].fa=x,t[x].ch[!dirx]=y;
pushup(y),pushup(x);
}
inline void pushall(int x){
if(identify(x)!=-1)pushall(t[x].fa);
pushdown(x);
}
inline void splay(int x){
pushall(x);
while(identify(x)!=-1){
register int fa=t[x].fa;
if(identify(fa)==-1)rotate(x);
else if(identify(x)==identify(fa))rotate(fa),rotate(x);
else rotate(x),rotate(x);
}
}
inline void access(int x){
for(register int y=0;x;x=t[y=x].fa){
splay(x);
t[x].si+=t[rson].sr-t[y].sr;
rson=y;
pushup(x);
}
}
inline void makeroot(int x){
access(x),splay(x),REV(x);
}
inline int findroot(int x){
access(x),splay(x);
pushdown(x);
while(lson)x=lson,pushdown(x);
splay(x);
return x;
}
inline void split(int x,int y){
makeroot(x),access(y),splay(y);
}
inline void link(int x,int y){
split(x,y);
tot-=(t[x].sr&1);
tot-=(t[y].sr&1);
t[x].fa=y;
t[y].si+=t[x].sr;
pushup(y);
tot+=(t[y].sr&1);
}
inline void cut(int x,int y){
split(x,y);
tot-=(t[y].sr&1);
t[y].ch[0]=t[x].fa=0,pushup(y);
tot+=(t[x].sr&1);
tot+=(t[y].sr&1);
}
struct edge{
int x,y,z;
}e[300100];
struct op{
int id;
op(int x=0){id=x;}
friend bool operator<(const op&x,const op&y){
return e[x.id].z<e[y.id].z;
}
};
priority_queue<op>q;
bool era[300100];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m),tot=n;
for(int i=1;i<=n;i++)t[i].sr=t[i].si=1;
for(int i=1,res=0x3f3f3f3f;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].z),t[i+n].val=e[i].z;
if(findroot(e[i].x)!=findroot(e[i].y))link(e[i].x,i+n),link(e[i].y,i+n),q.push(op(i));
else{
split(e[i].x,e[i].y);
int tmp=t[e[i].y].mx;
if(t[tmp].val>e[i].z){
era[tmp-n]=true;
cut(tmp,e[tmp-n].x),cut(tmp,e[tmp-n].y);
link(e[i].x,i+n),link(e[i].y,i+n);
q.push(op(i));
}else era[i]=true;
}
while(!tot){
while(era[q.top().id])q.pop();
int tmp=q.top().id;
cut(e[tmp].x,tmp+n),cut(e[tmp].y,tmp+n),era[tmp]=true;
res=min(res,e[tmp].z);
q.pop();
}
printf("%d\n",res==0x3f3f3f3f?-1:res);
}
return 0;
}