题意：
给出一棵n个点的树，给定m条盘子路径(a,b)，每条盘子径有一个权值w。q次询问一个水果路径(x,y)完全包含的所有盘子路径中权值第k小的。保证存在第k小。
$n,m,qleq 40000.$
题解：
树上路径完全包含套路：考虑dfs序。一个盘子(a,b)被一条水果路径(x,y)包含：若a是b的祖先，$x∈[in[b],out[b]],y∈[1,in[c])∪(out[c],n]$，c为a往b方向的第一个点；若没有祖先关系，则$x∈[in[b],out[b]],y∈[in[a],out[a]]$。盘子可以拆成矩形，水果看成点。由于(x,y)是无序的（也就是一个水果可以对应到两个点），但是发现每个矩形的横纵坐标大小关系确定，所以强制横坐标较小，纵坐标较大即可。
问题转化为对于一个点，求出覆盖它的矩形中权值k小。将矩形按照权值排序，对于询问整体二分，扫描线+树状数组维护一个点被多少个矩形覆盖。
复杂度$mathcal{O}(nlog^2n)$。
code:
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++) 3 #define per(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--) 4 #define ll long long 5 #define inf 1000000001 6 #define y1 y1___ 7 using namespace std; 8 char gc(){ 9 static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; 10 return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 11 } 12 #define gc getchar 13 ll read(){ 14 char ch=gc();ll x=0;int op=1; 15 for (;!isdigit(ch);ch=gc()) if (ch=='-') op=-1; 16 for (;isdigit(ch);ch=gc()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0'; 17 return x*op; 18 } 19 #define N 100005 20 int n,m,Q,cnt,head[N],f[N][20],dep[N],in[N],out[N],clk,ans[N],sum[N],ma_tot; 21 struct edge{int to,nxt;}e[N<<1]; 22 void adde(int x,int y){e[++cnt].to=y;e[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt;} 23 struct matrix{ 24 int x1,y1,x2,y2,w; 25 matrix(){} 26 matrix(int x1_,int y1_,int x2_,int y2_,int w_){x1=x1_,y1=y1_,x2=x2_,y2=y2_,w=w_;} 27 }ma[N<<1]; 28 bool cmp_m(matrix x,matrix y){return x.w<y.w;} 29 struct point{ 30 int x,y,k,id; 31 point(){} 32 point(int x_,int y_,int k_,int id_){x=x_,y=y_,k=k_,id=id_;} 33 }po[N],nq[N]; 34 struct event{ 35 int x,y1,y2,w,id; 36 event(){} 37 event(int x_,int y1_,int y2_,int w_,int id_){x=x_,y1=y1_,y2=y2_,w=w_,id=id_;} 38 }q[N]; 39 bool cmp_q(event x,event y){return x.x<y.x||x.x==y.x&&x.id<y.id;} 40 void dfs(int u){ 41 in[u]=++clk; 42 rep (i,1,16) f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1]; 43 for (int i=head[u];i;i=e[i].nxt){ 44 int v=e[i].to;if (v==f[u][0]) continue; 45 f[v][0]=u;dep[v]=dep[u]+1; 46 dfs(v); 47 } 48 out[u]=clk; 49 } 50 bool isanc(int x,int y){return in[x]<=in[y]&&out[y]<=out[x];} 51 int jump(int x,int y){ 52 int tmp=dep[x]-dep[y]-1; 53 per (i,16,0) if (tmp>>i&1) x=f[x][i];return x; 54 } 55 int bit[N]; 56 void add(int x,int y){for (int i=x;i<=n;i+=i&-i) bit[i]+=y;} 57 int qry(int x){int s=0;for (int i=x;i;i-=i&-i) s+=bit[i];return s;} 58 void solve(int l,int r,int L,int R){ 59 if (L>R) return; 60 if (l==r){ 61 rep (i,L,R) ans[po[i].id]=ma[l].w; 62 return; 63 } 64 int mid=l+r>>1,top=0; 65 //统计一个点被多少个矩形覆盖：扫描线+树状数组 66 rep (i,l,mid){ 67 q[++top]=event(ma[i].x1,ma[i].y1,ma[i].y2,1,0); 68 q[++top]=event(ma[i].x2,ma[i].y1,ma[i].y2,-1,Q+1); 69 } 70 rep (i,L,R) q[++top]=event(po[i].x,po[i].y,0,0,i); 71 sort(&q[1],&q[top+1],cmp_q); 72 rep (i,1,top) 73 if (q[i].w==0) sum[q[i].id]=qry(q[i].y1); 74 else add(q[i].y1,q[i].w),add(q[i].y2+1,-q[i].w); 75 int l1=L-1,r1=R+1; 76 rep (i,L,R) 77 if (sum[i]>=po[i].k) nq[++l1]=po[i];else nq[--r1]=po[i],nq[r1].k-=sum[i]; 78 rep (i,L,R) po[i]=nq[i]; 79 solve(l,mid,L,l1);solve(mid+1,r,r1,R); 80 } 81 int main(){ 82 n=read(),m=read(),Q=read(); 83 rep (i,1,n-1){int x=read(),y=read();adde(x,y);adde(y,x);} 84 dfs(1); 85 rep (i,1,m){ 86 int x=read(),y=read(),w=read(); 87 if (in[x]>in[y]) swap(x,y); 88 if (!isanc(x,y)) ma[++ma_tot]=matrix(in[x],in[y],out[x],out[y],w); 89 else{ 90 x=jump(y,x); 91 ma[++ma_tot]=matrix(1,in[y],in[x]-1,out[y],w); 92 if (out[x]+1<=n) ma[++ma_tot]=matrix(in[y],out[x]+1,out[y],n,w);//注意这里由于要保证x<y，所以要交换矩形的x,y坐标 93 } 94 } 95 sort(&ma[1],&ma[ma_tot+1],cmp_m); 96 rep (i,1,Q){ 97 int x=read(),y=read(),w=read(); 98 if (in[x]>in[y]) swap(x,y); 99 po[i]=point(in[x],in[y],w,i); 100 } 101 solve(1,ma_tot,1,Q); 102 rep (i,1,Q) printf("%d ",ans[i]); 103 return 0; 104 }