題意

同bzoj3545，題解，強制線上。

分析

一開始yy出了一種用可持久化線段樹來維護可持久化的root陣列，然後其他的就像離線那樣，只是每次合併線段樹的時候不改變原來兩棵樹的兒子，而是新建節點。恩理論上好像是可以的，但是懶得寫。

這題可以用一種叫Kruskal重構樹的東西來搞，具體看PoPoQQQ大爺的題解。
大概就是說一開始新圖中沒有邊，做小生成樹的時候，每次加入一條新邊(u,v,w)，就在新圖中新建一個節點t，權值為w，然後把u和v所在的子樹分別變為t的子樹。
這樣搞出來的新樹有一些很棒的性質：
1、除了葉節點外，這是個大根堆。
2、一對點(u,v)在原樹中路徑上的邊權最大值等於其在新樹上的lca的權值。
這樣的話，每次詢問的時候我們就可以用倍增求出v的深度最小且權值不大於w的祖先a，那麼顯然a的子樹內的點即是v能到達的所有點。
那麼我們就可以用dfs序+可持久化線段樹來搞了。

程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=200005;

int n,m,Q,val[N],f[N],last[N],fa[N][25],dfn[N],tim,tot,sz,mn[N],mx[N],cnt,a[N],root[N];
struct edge{int to,next,u,v,w;}e[N*10];
struct tree{int
 
 s,l,r;}t[N*10];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

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

void addedge(int u,int v)
{
    e[++cnt].to=v;e[cnt].next
 
=last[u];last[u]=cnt;
    e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;
}

int find(int x)
{
    if (f[x]==x) return x;
    else return f[x]=find(f[x]);
}

void dfs(int x)
{
    if (x<=n) mn[x]=mx[x]=++tim,dfn[tim]=x;
    else mn[x]=n+1;
    for (int i=1;i<=20;i++) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
    for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
    {
        if (e[i].to==fa[x][0]) continue;
        fa[e[i].to][0]=x;
        dfs(e[i].to);
        mn[x]=min(mn[x],mn[e[i].to]);
        mx[x]=max(mx[x],mx[e[i].to]);
    }
}

void ins(int &d,int p,int l,int r,int x)
{
    d=++sz;t[d]=t[p];t[d].s++;
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)/2;
    if (x<=mid) ins(t[d].l,t[p].l,l,mid,x);
    else ins(t[d].r,t[p].r,mid+1,r,x);
}

int get(int x,int w)
{
    for (int i=20;i>=0;i--)
        if (fa[x][i]&&val[fa[x][i]]<=w) x=fa[x][i];
    return x;
}

int query(int d,int p,int l,int r,int x)
{
    if (t[d].s-t[p].s<x) return -1;
    if (l==r) return l;
    int mid=(l+r)/2;
    if (t[t[d].r].s-t[t[p].r].s>=x) return query(t[d].r,t[p].r,mid+1,r,x);
    else return query(t[d].l,t[p].l,l,mid,x-t[t[d].r].s+t[t[p].r].s);
}

int main()
{
    n=read();m=read();Q=read();
    for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=read(),a[i]=val[i];
    for (int i=1;i<=n*2;i++) f[i]=i;
    sort(a+1,a+n+1);
    int a1=unique(a+1,a+n+1)-a-1;
    for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=lower_bound(a+1,a+a1+1,val[i])-a;
    for (int i=1;i<=m;i++) e[i].u=read(),e[i].v=read(),e[i].w=read();
    sort(e+1,e+m+1,cmp);
    tot=n;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=find(e[i].u),y=find(e[i].v);
        if (x!=y)
        {
            tot++;val[tot]=e[i].w;
            addedge(tot,x);addedge(tot,y);
            f[x]=f[y]=tot;
        }
    }
    dfs(tot);
    for (int i=1;i<=n;i++) ins(root[i],root[i-1],1,n,val[dfn[i]]);
    int ans=0;
    while (Q--)
    {
        int v=read(),x=read(),k=read();
        if (ans>-1) v^=ans,x^=ans,k^=ans;
        int p=get(v,x);ans=query(root[mx[p]],root[mn[p]-1],1,n,k);
        if (ans>-1) ans=a[ans];
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}