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题目描述

本题的故事发生在魔力之都，在这里我们将为你介绍一些必要的设定

魔力之都可以抽象成一个$n$个节点、$m$条边的无向连通图（节点的编号从$1$至$n$）我们依次用 $l,a$描述一条边的长度、海拔

作为季风气候的代表城市，魔力之都时常有雨水相伴，因此道路积水总是不可避免的。由于整个城市的排水系统连通，因此有积水的边一定是海拔相对最低的一些边

我们用水位线来描述降雨的程度，它的意义是：所有海拔不超过水位线的边都是有积水的

Yazid 是一名来自魔力之都的 OIer，刚参加完 ION2018 的他将踏上归程，回到他温暖的家

Yazid 的家恰好在魔力之都的$1$号节点。对于接下来 Q 天，每一天 Yazid 都会告诉你他的出发点 v，以及当天的水位线 p

每一天，Yazid 在出发点都拥有一辆车。这辆车由于一些故障不能经过有积水的边

Yazid 可以在任意节点下车，这样接下来他就可以步行经过有积水的边。但车会被留在他下车的节点并不会再被使用。

• 需要特殊说明的是，第二天车会被重置，这意味着：
  • 车会在新的出发点被准备好。
  • Yazid 不能利用之前在某处停放的车。

Yazid 非常讨厌在雨天步行，因此他希望在完成回家这一目标的同时，最小化他步行经过的边的总长度。请你帮助 Yazid 进行计算

本题的部分测试点将强制在线，具体细节请见「输入格式」和「子任务」。

输入格式

从文件 return.in 读入数据

单个测试点中包含多组数据。输入的第一行为一个非负整数 T，表示数据的组数。

接下来依次描述每组数据，对于每组数据：

第一行2个非负整数 n,m，分别表示节点数、边数。

接下来 m行，每行4个正整数 u,v,l,a，描述一条连接节点 u,v 的、长度为 l、海拔为 a 的边。在这里，我们保证 1≤u,v≤n

接下来一行3个非负数 Q,K,S，其中：Q表示总天数，K∈0,1是一个会在下面被用到的系数，S 表示的是可能的最高水位线。

接下来 Q 行依次描述每天的状况。每行2个整数 v0,p0 描述一天：

• 这一天的出发节点为 v=(v0+K×lastans−1)modn+1

• 这一天的水位线为 p=(p0+K×lastans)mod(S+1)

其中 lastans 表示上一天的答案（最小步行总路程）

特别地，我们规定第 1 天 lastans=0

在这里，我们保证 1≤v0≤n,0≤p0≤S

对于输入中的每一行，如果该行包含多个数，则用单个空格将它们隔开。

输出格式

输出到文件 return.out 中。

依次输出各组数据的答案。对于每组数据：

输出 Q 行每行一个整数，依次表示每天的最小步行总路程

样例

样例 1

1
4 3
1 2 50 1
2 3 100 2
3 4 50 1
5 0 2
3 0
2 1
4 1
3 1
3 2

0
50
200
50
150

第一天没有降水，Yazid 可以坐车直接回到家中。

第二天、第三天、第四天的积水情况相同，均为连接 1,2 号节点的边、连接 3,4 号点的边有积水。

对于第二天，Yazid 从 2 号点出发坐车只能去往 3 号节点，对回家没有帮助。因此 Yazid 只能纯靠徒步回家。

对于第三天，从 4 号节点出发的唯一一条边是有积水的，车也就变得无用了。Yazid 只能纯靠徒步回家。

对于第四天，Yazid 可以坐车先到达 2 号节点，再步行回家。

第五天所有的边都积水了，因此 Yazid 只能纯靠徒步回家。

样例 2

1
5 5
1 2 1 2
2 3 1 2
4 3 1 2
5 3 1 2
1 5 2 1
4 1 3
5 1
5 2
2 0
4 0

0
2
3
1

本组数据强制在线。

第一天的答案是 0，因此第二天的 v=(5+0−1)mod5+1=5,p=(2+0)mod(3+1)=2

第二天的答案是 2，因此第三天的 v=(2+2−1)mod5+1=4,p=(0+2)mod(3+1)=2

第三天的答案是 3，因此第四天的 v=(4+3−1)mod5+1=2,p=(0+3)mod(3+1)=3

数据范围与提示

所有测试点均保证 T≤3，所有测试点中的所有数据均满足如下限制：

n≤2×105，m≤4×105，Q≤4×105，K∈0,1，1≤S≤109

对于所有边：l≤104，a≤109

任意两点之间都直接或间接通过边相连。

solution1

• 考虑没有一条边被淹。那就是$0$

• 考虑边都被淹了。那就是问从起点到$1$的最短路

• 考虑淹了一些边。没有淹的边可以随便走，相当于是个连通块

  所以就是求从起点所在连通块到$1$所在连通块的最短路

显然，边的存在跟每次给定的水位线有关，似乎只能在线维护了。

实则不然，如果我们将所有水位线的答案都提前处理出来，那么在线也就是离线了

这就是我们的——可持久化

最短路可以最开始跑一遍dijkstra解决

连通块就是并查集问题，再加上$i$所在块到$1$的最短路，就用线段树维护

具体而言：将所有边的水位从低到高排序，从后往前加入每一条边

对于第$i$号版本的线段树，维护的是所有海拔大于等于该边构成的连通块，以及在此时生成的图上，每个点到$1$的最短路

初始时，每个点自己为一个连通块t[now].fa=l,t[now].ans=dis[l]

一旦合并两个连通块（按秩合并）就在线段树上新建版本，并修改t[now].fa=New_fa

如果新儿子最短路优于父亲最短路，就又新建版本修改t[now].ans=ans

感觉有可能新建了两个版本？？NO！

并查集修改是更改儿子v对应的父亲，新建的$\log$个点是v一路上的

而答案更新是要更新父亲u对应的答案，就又要新建$\log$个u一路上的点

属于同一个版本root[i]

相当于在上一条边对应的版本线段树基础上一共修改$2\log$个点，成为新的版本

最后就是询问，直接找比所给水位线严格大于的所有高度都存在的版本

就是用upper_bound()找一下而已啦

code1

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 400005
#define int long long
#define Pair pair < int, int >
priority_queue < Pair, vector < Pair >, greater < Pair > > q;
struct node { int l, r, fa, ans, h; }t[maxn * 20];
struct edge { int u, v, len, h; }E[maxn];
vector < edge > G[maxn];
int n, m, Q, K, S, cnt;
int dis[maxn], root[maxn], high[maxn];
bool vis[maxn];void dijkstra() {memset( vis, 0, sizeof( vis ) );memset( dis, 0x7f, sizeof( dis ) );q.push( make_pair( dis[1] = 0, 1 ) );while( ! q.empty() ) {int u = q.top().second; q.pop();if( vis[u] ) continue;vis[u] = 1;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i].v, len = G[u][i].len;if( dis[u] + len < dis[v] ) {dis[v] = dis[u] + len;q.push( make_pair( dis[v], v ) );}}}
}void build( int &now, int l, int r ) {now = ++ cnt;if( l == r ) { t[now].fa = l, t[now].ans = dis[l], t[now].h = 0; return; }int mid = ( l + r ) >> 1;build( t[now].l, l, mid );build( t[now].r, mid + 1, r );
}int query( int now, int l, int r, int pos ) {if( l == r ) return now;int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) return query( t[now].l, l, mid, pos );else return query( t[now].r, mid + 1, r, pos );
}int find( int rt, int x ) {int now = query( rt, 1, n, x );while( t[now].fa ^ x ) {x = t[now].fa;now = query( rt, 1, n, x );}return now;
}void modify( int &now, int lst, int l, int r, int pos, int New_fa ) {t[now = ++ cnt] = t[lst];if( l == r ) { t[now].fa = New_fa; return; }int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) modify( t[now].l, t[lst].l, l, mid, pos, New_fa );else modify( t[now].r, t[lst].r, mid + 1, r, pos, New_fa );
}void update( int &now, int lst, int l, int r, int pos, int ans ) {t[now = ++ cnt] = t[lst];if( l == r ) { t[now].ans = ans; return; }int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) update( t[now].l, t[lst].l, l, mid, pos, ans );else update( t[now].r, t[lst].r, mid + 1, r, pos, ans );
}void modify( int now, int l, int r, int pos ) {if( l == r ) { t[now].h ++; return; }int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) modify( t[now].l, l, mid, pos );else modify( t[now].r, mid + 1, r, pos );
}signed main() {
//	freopen( "return.in", "r", stdin );
//	freopen( "return.out", "w", stdout );int T;scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) G[i].clear();for( int i = 1, u, v, l, a;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &u, &v, &l, &a );G[u].push_back( { u, v, l, a } );G[v].push_back( { u, u, l, a } );E[i] = { u, v, l, a };high[i] = a;}dijkstra();sort( E + 1, E + m + 1, []( edge x, edge y ) { return x.h < y.h; } );sort( high + 1, high + m + 1 );int now = m;m = unique( high + 1, high + m + 1 ) - high - 1;cnt = 0;build( root[m + 1], 1, n );for( int i = m;i;i -- ) {root[i] = root[i + 1];while( E[now].h == high[i] ) {int u = find( root[i], E[now].u );int v = find( root[i], E[now].v );if( t[u].fa ^ t[v].fa ) {if( t[u].h < t[v].h ) swap( u, v ); //并查集按(秩)树高合并modify( root[i], root[i], 1, n, t[v].fa, t[u].fa );if( t[v].ans < t[u].ans )update( root[i], root[i], 1, n, t[u].fa, t[v].ans );//新加入的v带来更小的新答案if( t[u].h == t[v].h )modify( root[i], 1, n, t[u].fa );}now --;}}scanf( "%lld %lld %lld", &Q, &K, &S );int v, p, lastans = 0;while( Q -- ) {scanf( "%lld %lld", &v, &p );v = ( v + K * lastans - 1 ) % n + 1;p = ( p + K * lastans ) % ( S + 1 );p = upper_bound( high + 1, high + m + 1, p ) - high;printf( "%lld\n", lastans = t[find( root[p], v )].ans );}}return 0;
}

solution2

将边权按海拔高度从大到小排序，然后kruskal重构树，显然这个重构树是小根堆

所以如果询问海拔小于询问点某个祖先的权值，意味着这个祖先的子树内所有点都是可以开车到达的，那么其实就是询问这个祖先子树内的点到$1$的最短路

怎么找个祖先，就可以用倍增来找了

code

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 400005
#define int long long
#define Pair pair < int, int >
vector < int > G[maxn];
priority_queue < Pair, vector < Pair >, greater < Pair > > q;
struct node { int u, v, h; }E[maxn];
int head[maxn], to[maxn << 1], nxt[maxn << 1], len[maxn << 1];
int first[maxn], End[maxn], enxt[maxn];
int T, n, m, cnt, cntt;
int dis[maxn], fa[maxn], val[maxn], ans[maxn];
int f[maxn][20];void addedge( int u, int v, int w ) {to[cnt] = v, nxt[cnt] = head[u], len[cnt] = w, head[u] = cnt ++;
}int find( int x ) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find( fa[x] ); }void dijkstra() {for( int i = 1;i <= n;i ++ ) dis[i] = 1e18;q.push( make_pair( dis[1] = 0, 1 ) );while( ! q.empty() ) {int now = q.top().second, d = q.top().first; q.pop();if( d ^ dis[now] ) continue;for( int i = head[now];~ i;i = nxt[i] )if( dis[to[i]] > dis[now] + len[i] ) {dis[to[i]] = dis[now] + len[i];q.push( make_pair( dis[to[i]], to[i] ) );}}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) ans[i] = dis[i];
}void addedge( int u, int v ) {End[cntt] = v, enxt[cntt] = first[u], first[u] = cntt ++;
}void kruskal() {sort( E + 1, E + m + 1, []( node x, node y ) { return x.h > y.h; } );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fa[i] = i;cnt = n;for( int i = 1, tot = 0;i <= m;i ++ ) {int u = E[i].u, v = E[i].v;int fu = find( u ), fv = find( v );if( fu ^ fv ) {++ cnt;val[cnt] = E[i].h;fa[cnt] = fa[fu] = fa[fv] = cnt;addedge( cnt, fu );addedge( cnt, fv );tot ++;if( tot == n - 1 ) break;}}
}void dfs( int u ) {for( int i = 1;i < 20;i ++ )f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];for( int i = first[u];~ i;i = enxt[i] ) {int v = End[i];f[v][0] = u;dfs( v );ans[u] = min( ans[u], ans[v] );}
}void read( int &x ) {x = 0;char s = getchar();while( s < '0' or s > '9' ) s = getchar();while( '0' <= s and s <= '9' ) x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( s ^ 48 ), s = getchar();
}signed main() {freopen( "return.in", "r", stdin );freopen( "return.out", "w", stdout );read( T );while( T -- ) {read( n ), read( m );cnt = cntt = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {head[i] = first[i] = first[i + n] = -1;for( int j = 0;j < 20;j ++ ) f[i][j] = 0;} for( int i = n + 1;i <= ( n << 1 );i ++ ) G[i].clear();for( int i = 1, u, v, l, h;i <= m;i ++ ) {read( u ), read( v ), read( l ), read( h );E[i] = { u, v, h };addedge( u, v, l );addedge( v, u, l );}dijkstra();kruskal();for( int i = n + 1;i <= cnt;i ++ ) ans[i] = 1e18;dfs( cnt );int Q, K, S, v, p, lst = 0;read( Q ), read( K ), read( S );while( Q -- ) {read( v ), read( p );v = ( v + K * lst - 1 ) % n + 1;p = ( p + K * lst ) % ( S + 1 );for( int i = 19;~ i;i -- )if( val[f[v][i]] > p ) v = f[v][i];printf( "%lld\n", lst = ans[v] );}}return 0;
}