題意：給你n個點，m次操作。操作1是合並a和b；操作2是在p及其連通塊內所有點上增加大小為t的值。為你m次操作之后，各個點的大小是多少？
評測用例及其得分：
對於 30% 的評測用例，1 ≤ n ≤ 20，1 ≤ m ≤ 100。
對於 50% 的評測用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1000。
對於 70% 的評測用例，1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 10000。
對於所有評測用例，1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 100000，1 ≤ t ≤ 100。
個人想說的話：本來是不想寫題解的，因為沒必要，但是網上好像真沒有人寫出滿分正解目前為止，那我就寫寫吧。
解法：看到一道題就需要分析復雜度，做題千萬不要無腦去莽，很多人上來就是一個add邊+bfs暴搜修改權值，這當然可以，但是你只能得70%的分。(最壞復雜度：先1000次操作1建邊，最后建到1000個點的雙聯通圖；再9000次操作2bfs，復雜度是O(9000*1000+1000)，大概是O(9e6)的復雜度,能過70%樣例。)
但是這種做法在ACM賽制里還是TLE。
所以我們需要考慮優化，看到這種合並題，第一反應應該就是dsu啊？那我們考慮怎么搞並查集，普通並查集顯然8太行(或者維護起來很麻煩)，觀察性質可以知道，我們只需要維護當前點p及其當前點p的root的差值就可以了。那就好辦了啊，帶權並查集直接上啊，所以每個點最后的結果就是它與它祖先root的差值+root自身的值就可以了。
我們對於操作1，那就是非連通塊的話合並並且更新其d值，已經是連通塊就continue掉。
我們對於操作2，其實意思就是在他祖先點進行修改就可以了，因為我們要求的最終結果是祖先自己的值+該點與祖先的差值。
不知道你們懂了沒qwq，附上我自己寫的代碼，歡迎Hack~
/* Author: Anonytt Date: 08/08/20 20:35 */ #include<bits/stdc++.h> #pragma GCC optimize(2) #define ll long long #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) #define endl '\n' #define eps 0.000000001 #define pb push_back #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); using namespace std; const int INF=0x3f3f3f3f; const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; const int maxn=1e4+5; int fa[maxn],d[maxn],now[maxn],n,m; int find(int x){ if(x!=fa[x]){ int temp=fa[x]; fa[x]=find(fa[x]); d[x]+=d[temp]; } return fa[x]; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i; while(m--){ int op;scanf("%d",&op); if(op==1){ int a,b;scanf("%d%d",&a,&b); int eu=find(a),ev=find(b); if(eu!=ev){ fa[ev]=eu; d[ev]=now[ev]-now[eu]; } } else{ int p,t;scanf("%d%d",&p,&t); int rt=find(p); now[rt]+=t; } } rep(i,1,n){ printf("%d ",now[find(i)]+d[i]); } puts(""); } /* 4 8 1 1 2 2 1 10 2 3 5 1 4 1 2 2 2 1 1 2 1 2 4 2 2 1 */