\(\\\)
\(Description\)
有\(N\)个点，开始没有边相连，进行按顺序给出的\(M\)个操作：
- \(0\ u\ v\) 将\(u,v\)两点连一条边
- \(1\ u\ v\) 查询\(u,v\)两点最早在第几条边连接的时候被连通
每次询问输出一个边的编号，强制在线。
- \(N,M\in [1,5\times 10^5]\)
\(\\\)
\(Solution\)
在线并查集树上查询\(Lca\)。
维护连通性的时候并查集不进行路径压缩，只进行按秩合并。考虑到并查集是树形结构，定义连通块的秩为块内树高\((\)其实定义为块的大小表现也不错\()\)。这样我们得到的是一棵真正的通过并集来连接的并查集树。
这棵树上有什么好的性质？答案是两点到\(Lca\)的路径上的边集，是真正将这两点连接起来的边集。也就是说，对于两点查询的答案，一定是两点到\(Lca\)路径上的最大边编号。
考虑如何求\(Lca\)。因为是在线，所以显然不能建立倍增数组等基于固定的树形态的做法。考虑暴力标记，先将两点跳到同一高度，再共同跳到\(Lca\)处既可，这样也能很方便的处理路径\(max\)的问题。
关于复杂度，其实它是合法的。根据按秩合并的原理，在查询连通块代表元素时复杂度是\(log\)级别的，同理都是跳父节点的过程，所以查询\(Lca\)复杂度也是\(log\)级别的。
\(\\\)
\(Code\)
并查集需要维护：当前节点深度，当前节点父节点编号，到父节点的边权，以及以当前节点为根子树大小。
注意当前节点深度这个部分，在查询\(Lca\)之前我们需要先更新一遍以确保深度是正确的，这个过程可以在查询代表元素的时候同时进行。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 500010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;int n,m,ans,cnt;struct UFS{int f[N],g[N],d[N],sz[N];UFS(){for(R int i=1;i<N;++i)f[i]=i,d[i]=sz[i]=1;}int find(int x){if(x==f[x])return x;int ans=find(f[x]); d[x]=d[f[x]]+1; return ans;}inline void merge(int x,int y){int fx=find(x),fy=find(y);if(sz[fx]>sz[fy]) fx^=fy^=fx^=fy;sz[fy]+=sz[fx]; f[fx]=fy; g[fx]=cnt; d[fx]=d[fy]+1;}inline int lca(int x,int y){int ans=0;if(d[x]>d[y]) x^=y^=x^=y;while(d[y]>d[x]) ans=max(ans,g[y]),y=f[y];if(x==y) return ans;while(x!=y){ans=max(ans,max(g[x],g[y]));x=f[x]; y=f[y];}return ans;}}ufs;inline int rd(){int x=0; bool f=0; char c=gc();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}return f?-x:x;
}int main(){n=rd(); m=rd();for(R int i=1,op,x,y;i<=m;++i){op=rd(); x=rd()^ans; y=rd()^ans;if(op==0){++cnt;if(ufs.find(x)!=ufs.find(y)) ufs.merge(x,y);}else if(ufs.find(x)!=ufs.find(y)){ans=0;puts("0");}else printf("%d\n",(ans=ufs.lca(x,y)));}return 0;
}
