題目大意
給定一張\(n\)個點\(m\)條邊的無向圖\(G=(V,E)\)。每個點\(u\)有一個點權\(a_u\)。令\(S_u=\{a_v|(u,v)\in E\}\)。令\(F_u=\operatorname{mex}(S_u)\)，其中\(\operatorname{mex}\)表示最小的、在集合里沒出現過的，非負整數。
接下來會給出\(q\)次操作，操作有兩種：
- \(1\ u\ x\)，把點\(u\)的點權改成\(x\)，也就是令\(a_u:=x\)。
- \(2\ u\)，查詢\(F_u\)的值。
請你對所有操作\(2\)輸出答案。
數據范圍：\(1\leq n,m\leq 10^5\)，\(0\leq a_u\leq 10^9\)，\(1\leq q\leq 10^5\)。
本題題解
設置一個值\(B\)。按點的度數\(>B\)或\(\leq B\)，將點分為“大點”和“小點”。每個小點的鄰居數不超過\(B\)，大點的總數不超過\(\frac{n}{B}\)，這對我們來說是很好的性質。
對於一次修改操作，如果被修改的點是小點，則可以直接暴力枚舉它的所有鄰居，進行修改。如果被修改的點是大點，則什么也不做（有點像線段樹的懶標記，先放着，等查詢的時候再說）。
查詢時，所有小點對當前點的影響已經維護好了。考慮大點的影響，暴力枚舉所有與當前點相鄰的大點，如果它被修改過，更新當前點的\(F\)值即可。因為大點的總數只有\(O(\frac{n}{B})\)個，所以一次操作最多做\(O(\frac{n}{B})\)次修改。
那么問題就轉化為，如何維護出每個點的\(S\)集合，支持加入一個值、刪除一個值、查詢\(\operatorname{mex}\)。如果用動態開點線段樹（給圖上每個點都開一棵），則一次修改時間復雜度是\(O(\log a)\)的，一次查詢時間復雜度是\(O(1)\)的。空間復雜度理論上最大甚至高達\(O((n+q)(B+\frac{n}{B})\log a)\)。如果\(B\)取\(\sqrt{n}\)，則時間、空間復雜度都是\(O(n\sqrt{n}\log a)\)的。雖然實際上可以AC，但還可以繼續優化。
我們發現，一個點的\(F_u\)值（也就是\(\operatorname{mex}(S_u)\)），不會超過\(\operatorname{deg}(u)\)（因為\(S_u\)的大小不超過\(\operatorname{deg}(u)\)）。所以線段樹的值域只需要開到\(n\)，時、空復雜度優化為\(O(n\sqrt{n}\log n)\)。
進一步優化，考慮不用線段樹。我們發現，線段樹的特點是，修改較慢，查詢很快（是\(O(1)\)的）。但是我們恰恰需要較快的修改（因為修改操作需要進行\(O((n+q)\sqrt{n})\)次），而查詢則可以慢一點（因為只會做\(O(q)\)次查詢）。
於是考慮用分塊替代線段樹。對值域分塊，用數組記錄每個值的出現次數，和每個塊內有多少種不同的值，這樣修改是\(O(1)\)的。因為每個點值域是\(\operatorname{deg}(u)\)的，所以記錄這些需要的總空間就是\(\sum \operatorname{deg}(u)=O(m)\)的。查詢時，暴力枚舉所有的塊，時間復雜度是\(O(\sqrt{\operatorname{deg}(u)})=O(\sqrt{n})\)的。於是，我們通過分塊，犧牲了查詢的復雜度，實現了\(O(1)\)修改。
總時間復雜度降為\(O(n+q\sqrt{n})\)。
參考代碼：
//problem:1006
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}
const int B=300;
const int MAXN=1e5;
int n,m,q,a[MAXN+5],deg[MAXN+5];
bool is_big[MAXN+5];
vector<int>G[MAXN+5],cnt[MAXN+5],tag[MAXN+5];
vector<pii>big_nb[MAXN+5];//big neighbour
inline void ins(int u,int x){
ckmin(x,deg[u]);
cnt[u][x]++;
if(cnt[u][x]==1)
tag[u][x/B]++;
}
inline void del(int u,int x){
ckmin(x,deg[u]);
cnt[u][x]--;
if(cnt[u][x]==0){
tag[u][x/B]--;
}
}
int query_mex(int u){
for(int i=0;i<=deg[u];i+=B){
int j=min(i+B-1,deg[u]);
if(tag[u][i/B] < j-i+1){
for(int k=i;k<=j;++k)
if(!cnt[u][k])
return k;
throw;
}
}
throw;
}
void solve_case(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i){
deg[i]=0;
is_big[i]=false;
vector<int>().swap(G[i]);
vector<int>().swap(cnt[i]);
vector<int>().swap(tag[i]);
vector<pii>().swap(big_nb[i]);
//相當於 v.clear()
}
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=m;++i){
int u,v; cin>>u>>v;
G[u].pb(v); G[v].pb(u);
deg[u]++; deg[v]++;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
is_big[i]=(deg[i]>B);
cnt[i].resize(deg[i]+1);
tag[i].resize(deg[i]/B+1);
}
for(int u=1;u<=n;++u){
for(int i=0;i<SZ(G[u]);++i){
int v=G[u][i];
if(is_big[v])
big_nb[u].pb(mk(v,a[v]));
ins(u,a[v]);
}
}
cin>>q;
for(int tq=1;tq<=q;++tq){
int op; cin>>op;
if(op==1){
int u,new_a; cin>>u>>new_a;
if(is_big[u]){
a[u]=new_a;
}
else{
for(int i=0;i<SZ(G[u]);++i){
int v=G[u][i];
del(v,a[u]);
ins(v,new_a);
}
a[u]=new_a;
}
}
else{
int u; cin>>u;
for(int i=0;i<SZ(big_nb[u]);++i){
int v=big_nb[u][i].fi;
int old_a=big_nb[u][i].se;
if(old_a != a[v]){
del(u,old_a);
ins(u,a[v]);
big_nb[u][i].se=a[v];
}
}
cout<<query_mex(u)<<endl;
}
}
}
int main(){
int T;cin>>T;while(T--){
solve_case();
}
return 0;
}