题意

你有一张无向带权图。每次加一条边，你可以选出当前所有边的一个子集，要求使得所有点度数为奇数。每次加边后问你所选边最大权的最小值是多少。
$n,m\leq3\times10^5$

分析

• 这题有LCT做法，但是都要维护最小生成树，比较繁琐，常数也比较大。

结论

只要每个连通块大小都是偶数，那么一定有可行方案。

证明

• 构造：利用任意一颗生成树，使用当前点到父亲的边来控制当前点的奇偶。由于度数和必然是偶数，只要保证除根节点之外的奇数点都是奇度数即可。
• 对于连通块大小是奇数的情况，若有满足要求的方案则度数和是奇数，因此一定没有。

数据结构优化

• 因此，对于单组询问我们有一个做法：将所有边从小到大排序，依次加入并合并连通块，直到不存在奇大小的连通块。此时已加入的最大边权即为答案。
• 由上述做法，答案应当随着边的增加而不递增。因此我们先做最后一个询问，求出答案 $ans$。对于所有 $w\leq ans$的边，从他出现开始到最终都会存在。（当答案小于其边权的时候，我们认为其不存在了。否则就可以加入此边，并且答案不变。）。
• 将 $w\leq ans$的边用线段树打在对应的合法区间上。然后在线段树上利用可回退并查集，从右到左进行上述过程。
• 已经求出贡献区间的边不需要再加入（已在线段树标记处统一加入了）。
• 一条边只会被加入O(log m)次。由于要回退，所以并查集的复杂度只能做到log.

$O(m\log n\log m)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10;
int n, m;
int sz[N], fa[N], cnt, rk[N];
int ans[N];
struct edge{
	int x, y, w, no;
} e[N];

bool cmp(edge a, edge b) {return a.w < b.w;}
int fi;

vector<edge> b[N * 4];
multiset<int> em;

int gf(int x) {
	return fa[x] == 0 ? x : gf(fa[x]);
}

struct state{
	int x,y,w,is_rk_same;
};

stack<state> S;
void merge(edge e) {
	int x = gf(e.x), y = gf(e.y);
	if (rk[x] > rk[y]) swap(x,y);
	if (x != y) {
		em.insert(e.w);
		state a = (state){x, y, e.w, rk[x] == rk[y]};
		S.push(a);

		fa[x] = y;
		if (rk[y] == rk[x]) rk[y]++;
		if ((sz[y] & 1) && (sz[x] & 1)) cnt -= 2;
		sz[y] += sz[x];
	} else S.push((state){0,0,0,0});
}

void pop() {
	state a = S.top(); S.pop();
	if (a.x == 0) return;
	sz[a.y] -= sz[a.x];
	fa[a.x] = 0;
	if (a.is_rk_same) rk[a.y]--;
	em.erase(em.find(a.w));
	if ((sz[a.y] & 1) && (sz[a.x] & 1)) cnt += 2;
}

void modify(int x, int l, int r, int tl, int tr, const edge &a) {
	if (l > tr || r < tl) return;
	if (tl <= l && r <= tr) {
		b[x].push_back(a); return;
	}
	modify(x << 1, l, l + r >> 1, tl, tr, a);
	modify(x << 1 | 1, (l + r >> 1) + 1 , r, tl, tr, a);
}

void solve(int x, int l, int r) {
	for(edge t : b[x]) 
		merge(t);
	if (l == r) {
		int lafi = fi;
		if (cnt != 0) {
			int i = fi + 1;
			for(; i <= m; i++) {
				if (cnt == 0) break;
				if (e[i].no <= l) {
					merge(e[i]);
					modify(1, 1, m, e[i].no, l - 1, e[i]);
				}
			}
			fi = i - 1;
		}
		if (cnt == 0) ans[l] = *em.rbegin();
		for(int i = fi; i > lafi; i--) if (e[i].no <= l) pop();
	} else {
		solve(x << 1 | 1, (l + r >> 1) + 1, r);
		solve(x << 1, l, l + r >> 1);
	}
	for(int i = 0; i < b[x].size(); i++) 
		pop();
}

int main() {
	freopen("e.in","r",stdin);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		int x, y, w;
		scanf("%d %d %d",&x, &y, &w);
		e[i] = (edge) {x, y, w, i};
	}
	sort(e + 1, e + 1 + m, cmp);
	for(int i = 1; i <= n; i++) sz[i] = 1; cnt = n;
	solve(1, 1, m);
	for(int i = 1; i <= m; i++) if (ans[i] == 0) printf("%d\n",-1);
		else printf("%d\n",ans[i]);
}