NOI2015D1T1
题目大意：$T$ 组数据。在一个程序中有无数个变量 $x_i$。现在有 $n$ 条限制，形如 $x_i=x_j$ 或者 $x_i e x_j$。（对于每个限制 $i,j$ 给定）问是否存在一种合法的赋值方案满足所有限制。
$1le Tle 10,1le nle 10^5,1le i,jle 10^9$。
普及难度。先把所有编号离散化，然后对于每个相等的限制，把这两个变量塞到一个集合里（并查集）。最后对于每个不等的限制，判断两个变量是否在一个集合里。
时间复杂度 $O(Tnlog n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n,u[100010],v[100010],op[100010],tmp[200020],fa[200020]; int getfa(int x){ return fa[x]==x?x:fa[x]=getfa(fa[x]); } void comb(int u,int v){ int fu=getfa(u),fv=getfa(v); if(fu!=fv) fa[fu]=fv; } bool same(int u,int v){ int fu=getfa(u),fv=getfa(v); return fu==fv; } int main(){ scanf("%d",&t); while(t--){ memset(u,0,sizeof(u)); memset(v,0,sizeof(v)); memset(op,0,sizeof(op)); memset(tmp,0,sizeof(tmp)); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=2*n;i++) fa[i]=i; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d%d",u+i,v+i,op+i); tmp[i*2-1]=u[i]; tmp[i*2]=v[i]; } sort(tmp+1,tmp+2*n+1); unique(tmp+1,tmp+2*n+1); bool flag=true; for(int i=1;i<=n;i++){ u[i]=lower_bound(tmp+1,tmp+2*n+1,u[i])-tmp; v[i]=lower_bound(tmp+1,tmp+2*n+1,v[i])-tmp; } for(int i=1;i<=n;i++) if(op[i]==1) comb(u[i],v[i]); for(int i=1;i<=n;i++) if(op[i]==0) if(same(u[i],v[i])){ flag=false;break; } if(flag) printf("YES "); else printf("NO "); } }
NOI2015D1T2
题目大意：一棵 $n$ 个点的树，点编号从 $0$ 到 $n-1$，$0$ 为根。一开始每个点点权均为 $0$。接下来有 $q$ 个操作：
- $ ext{install} u$ 表示将 $u$ 到根的路径上的点点权都变为 $1$；
- $ ext{uninstall} u$ 表示将 $u$ 子树中所有点点权都变为 $0$。
每次操作完后，询问有多少个点的点权在这次操作中发生了变化。
$1le n,qle 10^5$。
树剖裸题。时间复杂度 $O(n+qlog^2n)$。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int maxn=100010; struct edge{ int to,nxt; }e[maxn]; int n,q,el,dfn,head[maxn]; int dep[maxn],size[maxn],son[maxn],fa[maxn]; int id[maxn],w[maxn],top[maxn]; int sum[maxn<<2],set[maxn<<2]; inline void add(int u,int v){ e[++el]=(edge){v,head[u]}; head[u]=el; } void dfs1(int u,int f,int d){ dep[u]=d; fa[u]=f; size[u]=1; int maxson=-1; for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].to; dfs1(v,u,d+1); size[u]+=size[v]; if(size[v]>maxson){ maxson=size[v];son[u]=v; } } } void dfs2(int u,int topf){ id[u]=++dfn; top[u]=topf; if(!son[u]) return; dfs2(son[u],topf); for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].to; if(v==son[u]) continue; dfs2(v,v); } } inline void pushup(int t){ sum[t]=sum[t<<1]+sum[t<<1|1]; } inline void pushdown(int l,int r,int t){ if(~set[t]){ int mid=l+r>>1; set[t<<1]=set[t]; set[t<<1|1]=set[t]; sum[t<<1]=set[t]*(mid-l+1); sum[t<<1|1]=set[t]*(r-mid); set[t]=-1; } } void build(int l,int r,int t){ if(l==r){ set[t]=-1;return; } int mid=l+r>>1; build(l,mid,t<<1); build(mid+1,r,t<<1|1); } void setstate(int L,int R,int l,int r,int x,int t){ if(L>=l && R<=r){ set[t]=x;sum[t]=x*(R-L+1);return; } pushdown(L,R,t); int mid=L+R>>1; if(mid>=l) setstate(L,mid,l,r,x,t<<1); if(mid<r) setstate(mid+1,R,l,r,x,t<<1|1); pushup(t); } int getroot(){ pushdown(1,n,1); return sum[1]; } int install(int u){ int pre=getroot(); while(u){ setstate(1,n,id[top[u]],id[u],1,1); u=fa[top[u]]; } return getroot()-pre; } int uninstall(int u){ int pre=getroot(); setstate(1,n,id[u],id[u]+size[u]-1,0,1); return pre-getroot(); } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n-1;i++){ int x; scanf("%d",&x); add(x+1,i+1); } dfs1(1,0,1);dfs2(1,1); build(1,n,1); scanf("%d",&q); for(int i=1;i<=q;i++){ char str[10];int x; scanf("%s%d",str,&x);x++; if(str[0]=='i') printf("%d ",install(x)); else printf("%d ",uninstall(x)); } }
NOI2015D2T1
题目大意：有 $n$ 个字符串，第 $i$ 个在文章中出现了 $w_i$ 次。现在要把每个字符串替换成一个 $k$ 进制字符串（每个字符都是 $0$ 到 $k-1$ 的整数）。假设第 $i$ 个字符串被替换成了 $s_i$，那么要求对于任意 $i e j$ 都有 $s_i$ 不是 $s_j$ 的前缀。现在请求出替换后文章最小的长度（$sum w_i|s_i|$），在此基础上求出 $max(|s_i|)$ 的最小值。
$1le nle 10^5,2le kle 9,0le w_ile 10^{11}$。
实际上就是哈夫曼树的定义。那么求个 $k$ 进制哈夫曼树即可。
时间复杂度 $O(k+nlog n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=100010; #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,k;ll ans; struct hhh{ ll w;int h; bool operator<(const hhh &h)const{ if(w!=h.w) return w>h.w; return this->h>h.h; } }; priority_queue<hhh> pq; int main(){ n=read();k=read(); FOR(i,1,n) pq.push((hhh){read(),1}); if((n-1)%(k-1)!=0) FOR(i,1,k-1-(n-1)%(k-1)) pq.push((hhh){0,1}); while(pq.size()!=1){ ll sum=0;int hei=0; FOR(i,1,k){ hhh h=pq.top();pq.pop(); sum+=h.w;hei=max(hei,h.h); } pq.push((hhh){sum,hei+1});ans+=sum; } printf("%lld %d ",ans,pq.top().h-1); }
NOI2015D2T2
题目大意：有一个长度为 $n$ 的小写字母字符串 $s$，第 $i$ 个字符有权值 $a_i$。对于这个字符串的任意两个不同后缀 $p,q$，定义 $lcp(p,q)$ 为两个后缀的最长公共前缀的长度。现在对于每个 $0le ile n-1$，求出对于所有 $lcp(p,q)ge i$ 的 $p,q$，$a_p imes a_q$ 的和和最大值。
$1le nle 3 imes 10^5,|a_i|le 10^9$。
（想看并查集做法的看别人的题解吧……）
NOI2016D1T1
题目大意：如果一个字符串可以被拆分为 $AABB$ 的形式，其中 $A$ 和 $B$ 是任意非空字符串，则我们称该字符串的这种拆分是优秀的。现在给出一个长度为 $n$ 的小写字母字符串 $S$，我们需要求出，在它所有子串的所有拆分方式中，优秀拆分的总个数。$T$ 组数据。
$1le nle 30000,1le Tle 10$。
考虑计算以 $i$ 结尾的 $AA$ 有多少个（设为 $a_i$），以 $i$ 开头的 $AA$ 有多少个（设为 $b_i$），答案即为 $sum a_ib_{i+1}$。
下面以求 $a_i$ 为例。枚举 $A$ 的长度 $l$，然后考虑 $l,2l,3ldotslfloorfrac{n}{l} floor l$ 这些位置。
对于 $il$ 和 $(i+1)l$，求出这两个后缀的最长公共前缀和这两个前缀的最长公共后缀，设他们的长度分别为 $x$ 和 $y$。（与 $l$ 取最小值）
（从题解偷张图）
那么会发现，$x+y<l$ 时，红色荧光笔部分是无法匹配的，所以不存在满足要求的 $AA$ 串。
而当 $x+yge l$ 时：
发现粉色和棕色的都是合法的 $AA$ 串。也就是说会对绿色荧光笔部分的每一个 $a$ 都产生 $1$ 的贡献。（这个区间是 $[(i+1)l-y+l-1,(i+1)l+x-1]$）
$b$ 同理。
求 $x,y$ 可以用后缀数组做到 $O(1)$，区间加可以用差分做到 $O(1)$。
总时间复杂度 $O(Tnlog n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=30030; #define PB push_back #define MP make_pair #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } struct Suffix_Array{ char s[maxn]; int n,m,cnt[maxn],sa[maxn],rak[maxn],tmp[maxn],h[maxn][17],logt[maxn]; void radix_sort(){ MEM(cnt,0); FOR(i,1,n) cnt[rak[tmp[i]]]++; FOR(i,1,m) cnt[i]+=cnt[i-1]; ROF(i,n,1) sa[cnt[rak[tmp[i]]]--]=tmp[i]; } void build(char s[]){ MEM(sa,0);MEM(rak,0);MEM(tmp,0);MEM(h,0); n=strlen(s+1);m=26; FOR(i,1,n) rak[tmp[i]=i]=s[i]-'a'+1; radix_sort(); for(int d=1,p=1;p<n;m=p,d<<=1){ p=0; FOR(i,1,d) tmp[++p]=n-d+i; FOR(i,1,n) if(sa[i]>d) tmp[++p]=sa[i]-d; radix_sort();swap(rak,tmp); rak[sa[1]]=p=1; FOR(i,2,n) rak[sa[i]]=(tmp[sa[i]]==tmp[sa[i-1]] && tmp[sa[i]+d]==tmp[sa[i-1]+d])?p:++p; } int k=0; FOR(i,1,n){ if(k) k--; for(int j=sa[rak[i]-1];s[i+k]==s[j+k];k++); h[rak[i]][0]=k; } logt[1]=0;FOR(i,2,n) logt[i]=logt[i>>1]+1; FOR(j,1,logt[n]+1) FOR(i,1,n-(1<<j)+1) h[i][j]=min(h[i][j-1],h[i+(1<<j-1)][j-1]); } int LCP(int x,int y){ x=rak[x];y=rak[y]; if(x>y) swap(x,y); x++; int k=logt[y-x+1]; return min(h[x][k],h[y-(1<<k)+1][k]); } }nor,rev; int n; char str[maxn]; ll ans,a[maxn],b[maxn]; int main(){ for(int t=read();t;t--){ scanf("%s",str+1);n=strlen(str+1); nor.build(str); for(int i=1,j=n;i<j;i++,j--) swap(str[i],str[j]); rev.build(str); MEM(a,0);MEM(b,0);ans=0; FOR(l,1,n/2){ for(int i=l,j=l<<1;j<=n;i+=l,j+=l){ int x=min(l,nor.LCP(i,j)),y=min(l-1,rev.LCP(n-i+2,n-j+2)); if(x+y>=l){ a[j+x-(x+y-l+1)]++;a[j+x]--; b[i-y+(x+y-l+1)]--;b[i-y]++; } } } FOR(i,1,n) a[i]+=a[i-1],b[i]+=b[i-1]; FOR(i,1,n-1) ans+=a[i]*b[i+1]; printf("%lld ",ans); } }
NOI2016D2T1
题目大意：有 $n$ 个区间 $[l_i,r_i]$。现在你要选出 $m$ 个区间，使得至少有一个整点被所有的这些区间覆盖到。对于一个选取方案价值是所有区间的最大长度与最小长度的差。问最小价值。如果没有合法选取方案输出 $-1$。
$1le nle 5 imes 10^5,1le mle 2 imes 10^5,0le l_ile r_ile 10^9$。
首先把区间按长度从小到大排序。枚举最短的区间，然后找最长的区间，使得至少有一个点被覆盖至少 $m$ 次（然后就能从里面选出这 $m$ 个区间，是符合要求的）。想让价值最小，就是找到最前面的最长区间。发现这个区间不降，所以可以尺取法。
至少一个点覆盖 $m$ 次，还有区间加操作，可以变成求区间最大值的线段树。注意在线段树上操作最好先离散化。
时间复杂度 $O(nlog n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=500050,maxm=200020; int n,m,sz,tmp[maxn*2]; int cnt,rt,mx[maxn*4],add[maxn*4],ch[maxn*4][2]; struct interval{ int l,r,len; bool operator<(const interval &i)const{return len<i.len;} }seg[maxn]; inline int binary(int x){return lower_bound(tmp+1,tmp+sz+1,x)-tmp;} inline void pushup(int x){mx[x]=max(mx[ch[x][0]],mx[ch[x][1]]);} inline void pushdown(int x){ if(add[x]){ add[ch[x][0]]+=add[x];add[ch[x][1]]+=add[x]; mx[ch[x][0]]+=add[x];mx[ch[x][1]]+=add[x]; add[x]=0; } } void build(int &x,int l,int r){ x=++cnt;if(l==r) return; int mid=(l+r)>>1; build(ch[x][0],l,mid);build(ch[x][1],mid+1,r); } void update(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v){ if(l>=ql && r<=qr) return void((add[x]+=v,mx[x]+=v)); int mid=(l+r)>>1; pushdown(x); if(mid>=ql) update(ch[x][0],l,mid,ql,qr,v); if(mid<qr) update(ch[x][1],mid+1,r,ql,qr,v); pushup(x); } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",tmp+i*2-1,tmp+i*2); seg[i]=(interval){tmp[i*2-1],tmp[i*2],tmp[i*2]-tmp[i*2-1]}; } sort(tmp+1,tmp+2*n+1);sort(seg+1,seg+n+1); build(rt,1,sz=unique(tmp+1,tmp+2*n+1)-tmp-1); for(int i=1;i<=n;i++) seg[i].l=binary(seg[i].l),seg[i].r=binary(seg[i].r); int cl=1,ans=INT_MAX; for(int i=1;i<=n;i++){ update(rt,1,sz,seg[i].l,seg[i].r,1); while(cl<=i && mx[rt]>=m){ ans=min(ans,seg[i].len-seg[cl].len); update(rt,1,sz,seg[cl].l,seg[cl].r,-1); cl++; } } printf("%d ",ans==INT_MAX?-1:ans); }
NOI2017D1T1
题目大意：有一个大整数 $x$，一开始是 $0$。一共有 $n$ 个操作，有两种操作：
- $1 a b$ 表示将 $x$ 加上 $a imes 2^b$
- $2 k$ 表示询问 $x$ 的二进制表示下的第 $k$ 位
$1le nle 10^6,|a|le 10^9,0le b,kle 3 imes 10^7$，任意时刻 $xge 0$。
先考虑修改操作。
有一个结论：如果每次都加正数（以下把加正数叫加，加负数叫减），那么每次暴力进位复杂度均摊 $O(1)$。
然而这是只有加操作，再有减操作时，就不能暴力进退位了。
那么可以考虑记录两个数（记为 $add$ 和 $sub$），分别表示加了多少和减了多少，目前每一次操作均摊 $O(1)$。
再考虑询问操作。
发现当有一位发生退位时，那么从这位的高一位开始，一整段连续的 $0$（也就是这些位上 $add$ 都和 $sub$ 相等）都会变成 $1$，这段后的 $1$ 会变成 $0$。
所以对于一位 $k$，从这一位的低一位开始，找到第一位 $add e sub$ 的位置，如果这一位上 $add>sub$（不借位），那么第 $k$ 位不会变，否则第 $k$ 位会变。
问题变为比较两个超多位数的数的大小。
可以维护所有 $add e sub$ 的位（用 set 存），然后求出比 $k$ 低的第一位不同的位，比较即可。
修改时可以简单修改一下这个 set。
时间复杂度 $O(nlog n)$。
下面的代码压了 $30$ 位。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1111111; #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ int x=0,f=0;char ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n; ll add[maxn],sub[maxn]; set<int,greater<int> > s; int main(){ n=read();read();read();read(); while(n--){ int op=read(),x=read(),y; if(op==1){ y=read(); int a=y/30,b=y%30,cnt=0; if(x>0){ add[a]+=(ll)x<<b; while(add[a]>>30 || cnt<=5){ if(!(add[a]>>30)) cnt++; add[a+1]+=add[a]>>30; add[a]&=(1<<30)-1; if(add[a]!=sub[a]) s.insert(a); else if(s.count(a)) s.erase(a); a++; } } else if(x<0){ sub[a]+=(ll)(-x)<<b; while(sub[a]>>30 || cnt<=5){ if(!(sub[a]>>30)) cnt++; sub[a+1]+=sub[a]>>30; sub[a]&=(1<<30)-1; if(add[a]!=sub[a]) s.insert(a); else if(s.count(a)) s.erase(a); a++; } } } else{ int a=x/30,b=x%30,t1=add[a]&((1<<b)-1),t2=sub[a]&((1<<b)-1),t=((add[a]^sub[a])>>b)&1; set<int,greater<int> >::iterator it=s.lower_bound(a-1); if(t1>t2 || t1==t2 && (it==s.end() || add[*it]>sub[*it])) printf("%d ",t); else printf("%d ",t^1); } } }
NOI2017D2T1
题目大意：有一个长度为 $n$ 的字符串 $S$，只包含 $ ext{a,b,c,x}$。现在你要把每个字符都替换成 $ ext{A,B,C}$ 中的一个，其中 $ ext{a}$ 不能替换成 $ ext{A}$，$ ext{b}$ 不能替换成 $ ext{B}$，$ ext{c}$ 不能替换成 $ ext{C}$，$ ext{x}$ 任意。另外有 $m$ 个限制 $p_1,c_1,p_2,c_2$，表示如果第 $p_1$ 个字母被替换成了 $c_1$，那么第 $p_2$ 个字母就一定要被替换成 $c_2$。请求出一种合法方案。如果无解输出 $-1$。
$1le nle 50000,0le mle 100000$，$ ext{x}$ 的个数（称为 $d$） $le 8$。
先考虑没有 $d=0$ 怎么做。发现是 2-SAT 裸题。
然后可以枚举把每个 $ ext{x}$ 看成是 $ ext{a}$ 还是 $ ext{b}$ 还是 $ ext{c}$。所有的合法情况一定都被枚举到了。
时间复杂度 $O(3^d(n+m))$，不能通过。
发现只需要枚举 $ ext{a}$ 和 $ ext{b}$ 就够了，也已经把选 $ ext{A,B,C}$ 的情况都考虑到了。
时间复杂度 $O(2^d(n+m))$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=50050; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,d,m,c,ai[maxn*2],bi[maxn*2],id[maxn]; int stk[maxn*2],tp,scnt,scc[maxn*2],dfn[maxn*2],low[maxn*2],dcnt; int el,head[maxn*2],to[maxn*4],nxt[maxn*4]; char s[maxn],hai[maxn*2],hbi[maxn*2]; bool nota[10],vis[maxn*2]; inline void add(int u,int v){ to[++el]=v;nxt[el]=head[u];head[u]=el; } void tarjan(int u){ dfn[u]=low[u]=++dcnt; vis[stk[++tp]=u]=true; for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){ int v=to[i]; if(!dfn[v]) tarjan(v),low[u]=min(low[u],low[v]); else if(vis[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]); } if(dfn[u]==low[u]){ scnt++; do{ scc[stk[tp]]=scnt; vis[stk[tp]]=false; }while(stk[tp--]!=u); } } inline int type(char a,char b){ return a=='a' && b=='c' || a=='b' && b=='c' || a=='c' && b=='b'; } void SAT_2(){ tp=scnt=dcnt=el=0;MEM(stk,0);MEM(scc,0);MEM(dfn,0);MEM(low,0);MEM(head,0);MEM(to,0);MEM(nxt,0); FOR(i,1,n) if(id[i]) s[i]=nota[id[i]]?'a':'b'; FOR(i,1,m){ if(s[ai[i]]==hai[i]) continue; if(s[bi[i]]==hbi[i]) add(2*ai[i]+type(s[ai[i]],hai[i]),2*ai[i]+!type(s[ai[i]],hai[i])); else add(2*ai[i]+type(s[ai[i]],hai[i]),2*bi[i]+type(s[bi[i]],hbi[i])),add(2*bi[i]+!type(s[bi[i]],hbi[i]),2*ai[i]+!type(s[ai[i]],hai[i])); } FOR(i,2,2*n+1) if(!dfn[i]) tarjan(i); FOR(i,1,n) if(scc[2*i]==scc[2*i+1]) return; FOR(i,1,n){ if(s[i]=='a') putchar(scc[2*i]<scc[2*i+1]?'B':'C'); if(s[i]=='b') putchar(scc[2*i]<scc[2*i+1]?'A':'C'); if(s[i]=='c') putchar(scc[2*i]<scc[2*i+1]?'A':'B'); } exit(0); } void dfs(int dep){ if(dep>d) return SAT_2(); dfs(dep+1); nota[dep]=true; dfs(dep+1); nota[dep]=false; } int main(){ n=read();d=read(); scanf("%s",s+1); FOR(i,1,n) if(s[i]=='x') id[i]=++c; m=read(); FOR(i,1,m){ ai[i]=read(); while(hai[i]<'A' || hai[i]>'C') hai[i]=getchar();hai[i]+='a'-'A'; bi[i]=read(); while(hbi[i]<'A' || hbi[i]>'C') hbi[i]=getchar();hbi[i]+='a'-'A'; } dfs(1); printf("-1"); }
NOI2018D1T1
题目大意：$T$ 组数据。给一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向连通图，每条边有长度 $l_i$ 和权值 $a_i$。$q$ 次询问，每次给定起点 $u$ 和权值下限 $x$，问对于所有能只经过 $a_i>x$ 的边就走到 $u$ 的点，到 $1$ 的最短路的最小值。强制在线。
$1le Tle 3,1le nle 2 imes 10^5,0le m,qle 4 imes 10^5$。
首先预处理每个点到 $1$ 的最短路。
将边按 $a_i$ 从大到小排序，然后建出 kruskal 重构树，那么 $u$ （新点，代表原来的边）的子树中就是可以只经过超过 $a_u$ 的边互达的点。每次询问时，从点 $u$（原点）倍增，跳到第一个父亲的 $ale x$ 的位置，答案就是这棵子树中最短路的最小值。
时间复杂度 $O(T(mlog n+mlog m+qlog n))$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mem(x) (memset(x,0,sizeof(x))) typedef long long ll; const int maxn=200020,maxm=400040; struct edge1{ int u,v,w; bool operator<(const edge1 e)const{ return w>e.w; } }e1[maxm]; struct edge2{ int v,w,nxt; }e2[maxm<<1],e3[maxn<<1]; struct state{ int u;ll dis; bool operator<(const state s)const{ return dis>s.dis; } }; int t,n,m,q,k,s,lastans; int el2,el3,head2[maxn],head3[maxn<<1]; int u_fa[maxn<<1],cnt; ll dis[maxn],w[maxn<<1],mind[maxn<<1],fa[maxn<<1][21]; priority_queue<state> pq; inline void add2(int u,int v,int w){ e2[++el2]=(edge2){v,w,head2[u]};head2[u]=el2; } inline void add3(int u,int v){ e3[++el3]=(edge2){v,0,head3[u]};head3[u]=el3; } void dijkstra(){ while(!pq.empty()) pq.pop(); memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); dis[1]=0; pq.push((state){1,0}); while(!pq.empty()){ int u=pq.top().u;ll d=pq.top().dis;pq.pop(); if(d>dis[u]) continue; for(int i=head2[u];i;i=e2[i].nxt){ int v=e2[i].v; if(dis[u]+e2[i].w<dis[v]) pq.push((state){v,dis[v]=dis[u]+e2[i].w}); } } } int getfa(int x){ return x==u_fa[x]?x:u_fa[x]=getfa(u_fa[x]); } void kruskal(){ sort(e1+1,e1+m+1); for(int i=1;i<=n*2-1;i++) u_fa[i]=i; for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=-1e18; cnt=n; for(int i=1;i<=m;i++){ int u=e1[i].u,v=e1[i].v; u=getfa(u);v=getfa(v); if(u==v) continue; w[++cnt]=e1[i].w; u_fa[u]=u_fa[v]=cnt; add3(cnt,u);add3(cnt,v); } } void dfs(int u){ mind[u]=u>n?1e18:dis[u]; for(int i=1;i<=20;i++) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1]; for(int i=head3[u];i;i=e3[i].nxt){ int v=e3[i].v; fa[v][0]=u; dfs(v); mind[u]=min(mind[u],mind[v]); } } ll calc(ll st,ll p){ for(int i=20;~i;i--) if(w[fa[st][i]]>p) st=fa[st][i]; return mind[st]; } int main(){ scanf("%d",&t); while(t--){ mem(e1);mem(e2);mem(e3);mem(head2);mem(head3);mem(w);mem(mind);mem(fa); w[lastans=el2=el3=cnt=0]=-1e18; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v,w1,w2; scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&w1,&w2); e1[i]=(edge1){u,v,w2}; add2(u,v,w1);add2(v,u,w1); } dijkstra(); kruskal(); fa[cnt][0]=0; dfs(cnt); scanf("%d%d%d",&q,&k,&s); for(int i=1;i<=q;i++){ int st,p; scanf("%d%d",&st,&p); st=(st+k*lastans-1)%n+1; p=(p+k*lastans)%(s+1); printf("%lld ",lastans=calc(st,p)); } } }