题目
有一个n个点的无向图，给出m条边，每条边的信息形如(<x,y,c,r>)
给出q组询问形如(<u,v,l,r>)
接下来解释询问以及边的意义
询问表示，一开始你在点u上，然后按顺序处理编号从l到r的边
对于一条边(<x,y,c,r>)，你可以进行两种操作：
如果你当前在x点或者y点上，那么你可以走这条边（从x到y或从y到x）并付出c的代价（当然你也可以不走，看操作2）
如果你不走这条边或者不可以走这条边（即你当前不在x或y上），那么你需要付出r的代价询问如果要从u点开始，按顺序处理完编号从l到r的边之后到达v点的最小代价，如果不能到达v，那么输出-1。
边和点的编号从1开始
分析
考虑分治，
当前做到区间[l,r]，mid=(l+r)/2
设lf[i][x][y]表示在左区间中从x点开始，经过了i到mid的边，最后走到了y的最小代价
类似的，rf[i][x][y]表示在左区间中从x点开始，经过了mid+1到i的边，最后走到了y的最小代价。
那么我们将询问挂在l上，枚举i到mid，如果有询问的r在mid+1到r上，
则对于询问(<u,v,l,r>)
枚举中转点z，(ans=min{lf[l][u][z]+rf[r]][z][v]})
至于更新lf和rf
如果当前区间为左区间，
我们可以直接dp求出每条边到r的最小代价，
对于由区间
则求出从l到每条边的最小代价。
那么总时间复杂度为(O(qn(对于每个询问枚举中转点求答案)+qlogm(查看挂在每个点的询问)+n^2mlogm(更新lf和rf)))
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
const int maxlongint=2147483647;
const int mo=1e9+7;
const int N=200005;
using namespace std;
struct lzh
{
int x,y,l,r;
}qu[N*2],b[N*2];
int n,m,q,next[N*2],last[N*2];
long long f[20005][33][33],ans[N];
long long min(long long x,long long y)
{
return x<y?x:y;
}
void dg(int l,int r,int t)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(l!=r) dg(l,mid,0),dg(mid+1,r,1);
for(int x=l;x<=mid;x++)
{
for(int i=last[x];i;i=next[i])
{
if(qu[i].r>mid && qu[i].r<=r)
{
for(int y=1;y<=n;y++) ans[i]=min(ans[i],f[qu[i].l][qu[i].x][y]+f[qu[i].r][y][qu[i].y]);
}
}
}
if(t==2) return;
for(int i=l;i<=r;i++) memset(f[i],60,sizeof(f[i]));
if(!t)
{
for(int x=1;x<=n;x++)
{
f[r][x][x]=b[r].r;
if(b[r].x==x) f[r][b[r].y][x]=min(f[r][b[r].y][x],b[r].l);
if(b[r].y==x) f[r][b[r].x][x]=min(f[r][b[r].x][x],b[r].l);
for(int i=r-1;i>=l;i--)
{
for(int y=1;y<=n;y++) f[i][y][x]=f[i+1][y][x]+b[i].r;
int xx=b[i].x,yy=b[i].y;
f[i][yy][x]=min(f[i][yy][x],f[i+1][xx][x]+b[i].l);
f[i][xx][x]=min(f[i][xx][x],f[i+1][yy][x]+b[i].l);
}
}
}
else
{
for(int x=1;x<=n;x++)
{
f[l][x][x]=b[l].r;
if(b[l].x==x) f[l][x][b[l].y]=min(f[l][x][b[l].y],b[l].l);
if(b[l].y==x) f[l][x][b[l].x]=min(f[l][x][b[l].x],b[l].l);
for(int i=l+1;i<=r;i++)
{
for(int y=1;y<=n;y++) f[i][x][y]=f[i-1][x][y]+b[i].r;
int xx=b[i].x,yy=b[i].y;
f[i][x][yy]=min(f[i][x][yy],f[i-1][x][xx]+b[i].l);
f[i][x][xx]=min(f[i][x][xx],f[i-1][x][yy]+b[i].l);
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d%d",&b[i].x,&b[i].y,&b[i].l,&b[i].r);
int sum[n+2],sum1[n+2];
memset(f,60,sizeof(f));
memset(ans,60,sizeof(ans));
for(int i=1,x,y,l,r;i<=q;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&qu[i].x,&qu[i].y,&qu[i].l,&qu[i].r);
if(qu[i].l==qu[i].r)
{
if(qu[i].x==qu[i].y) ans[i]=b[qu[i].l].r;
if(qu[i].x==b[qu[i].l].x && qu[i].y==b[qu[i].l].y || qu[i].x==b[qu[i].l].y && qu[i].y==b[qu[i].l].x) ans[i]=min(ans[i],b[qu[i].l].l);
continue;
}
next[i]=last[qu[i].l],last[qu[i].l]=i;
}
dg(1,m,2);
for(int i=1;i<=q;i++)
{
if(ans[i]>=f[0][0][0]) printf("-1
");
else printf("%lld
",ans[i]);
}
}