传送门

题意：

给你一个$n$个点$m$条边的图，每个边有一个代价以及折扣价，你需要输出$n$行，第$i$行代表你可以选$i-1$条边使其变成优惠价，问每次的最小生成树的代价是多少。
$n\le 1e3,m\le 2e5,c_i,d_i\le 1e3$

思路：

直接考虑折扣价不是很好想，所以考虑能不能把这些边单独拿出来。
下面我们假定原边是白边，折扣边是黑边，那么对于每次要输出的，问题就转换成了选$k$条黑边的最小生成树的代价是多少。
显然这是一个$wqs$二分的一个经典问题，我们设这个函数是$f(k)$，这是一个凸函数，我们二分一个值$mid$，之后将所有黑边的权值都加上$mid$，让后跑最小生成树，假设选择了$cnt$条黑边，且总代价是$sum$，那么如果$cnt>=k$的话，显然可以更新$ans=sum-k\ast mid$ ，让后调整一下左右边界即可。
直接跑的话复杂度是$O(nmlognlogn)$的，虽然第二个$log$是最小生成树的，常数很小，但仍是过不了，考虑优化。
考虑每次都有很多无用边，即非树边是无用的，所以直接去掉非树边即可，将边缩小到$O(n)$级别的，但是$n^{2}lognlogn$想过这个有$10$个测试点的题还是不可能的。
继续优化，考虑对于每次二分，他的信息是可以复用的，且边权在$[1,1000]$范围内，所以可以预处理出来，之后每次查询二分的话直接使用已有信息即可。
复杂度$O(n^{2}a+nlogn)$，其中$n^{2}a$的$a$是并查集的常数，很小。

// Problem: J - Road Discount
// Contest: Virtual Judge - 2021多校第三场补题
// URL: https://vjudge.net/contest/449636#problem/J
// Memory Limit: 524 MB
// Time Limit: 6000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
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#include<cstdio>
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#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
int p[N],ans,cnt;
PII f[N];
struct Node {int x,y,w,add,op;bool operator < (const Node &W) const {return w<W.w;}
}edge1[N],edge2[N],edge[N];int find(int x) {return x==p[x]? x:p[x]=find(p[x]);
}PII check(int mid) {for(int i=1;i<=m;i++) edge2[i].w+=mid;int tot=0;edge1[m+1].w=INF; edge2[m+1].w=INF;for(int i=1,j=1;i<=m||j<=m;) {if(edge1[i].w<edge2[j].w) edge[++tot]=edge1[i++];else edge[++tot]=edge2[j++];}cnt=0; ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;for(int i=1;i<=tot;i++) {int a=edge[i].x,b=edge[i].y,w=edge[i].w,op=edge[i].op;int pa=find(a),pb=find(b);if(pa==pb) continue;p[pa]=pb; cnt+=op==0;ans+=w;}for(int i=1;i<=m;i++) edge2[i].w-=mid;return {cnt,ans};
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--) {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d%d",&edge1[i].x,&edge1[i].y,&edge1[i].w,&edge1[i].add),edge1[i].op=1;for(int i=1;i<=m;i++) {edge2[i]=edge1[i],edge2[i].w=edge1[i].add;edge2[i].op=0;}sort(edge1+1,edge1+1+m); sort(edge2+1,edge2+1+m);int tot=0;for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;for(int i=1;i<=m;i++) {int a=edge1[i].x,b=edge1[i].y,w=edge1[i].w,op=edge1[i].op;int pa=find(a),pb=find(b);if(pa==pb) continue;p[pa]=pb; edge1[++tot]=edge1[i];}tot=0;for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;for(int i=1;i<=m;i++) {int a=edge2[i].x,b=edge2[i].y,w=edge2[i].w,op=edge2[i].op;int pa=find(a),pb=find(b);if(pa==pb) continue;p[pa]=pb; edge2[++tot]=edge2[i];}m=n-1;for(int i=-1010;i<=1010;i++) f[i+1010]=check(i);for(int k=0;k<n;k++) {int l=-1010,r=1010,res;while(l<=r) {int mid=(l+r)/2;if(f[mid+1010].X>=k) res=f[mid+1010].Y-mid*k,l=mid+1;else r=mid-1;}printf("%d\n",res);}}return 0;
}
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