这一场其实有重大的意义，因为是除夕跨年，不过我FST掉大分了(ks）

  • 题意：给你一个n点，m条边的带权图，q次询问，每次给你x,每个边权为abs(E[i].w−x)答案为所有询问最小生成树边权和。然后输出所有询问结果的异或和。
  • 思路：
    因为n(n<=50),m(m<=300)很小。而k(k<=107)又很大。所以肯定不能每个询问直接求，这里是把询问的x，分块预处理。
    如果有两条边w1,w2(w1<w2)选1条，原来最小生成树，选边一定选w1,但仔细考虑绝对值情况下，也就只有两种情况:令mid=w1+w22。 当x<mid，就选w1,当x=mid都可以，当x>mid选w2，所以mid的感觉就像一个分解线
    因此我们排序且离散化出任意两条边的mid。对于每个mid求其最小生成树，存入sum[mid]。当x属于[mid[i],mid[i+1])之间就可以用这个值。[因为mid实际求的时候用的上取整]
    不过我们只求了x=mid时的mnsum,范围内其它的怎么求呢？
    发现如果我们再在mid[]集合中加入每个边权。发现每个块内每条选的边的权值都是会随着x++，对mnsum=+1/-1的。
    证明：如果上面条件不满足，那么一定存在一个边权在(mid[i],mid[i+1])
    然而mid[]包含所有边权，矛盾。
    所以处理出dta[mid]表示x++,mnsum的变化。
    最后询问的时候二分一下在哪个块。
    ps.注意一下边权排序的时候abs相等时，优先选对dta贡献大的（即边权）大的。
  • code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=55;
const int M=305;
struct edge {int qs,x,y;ll z;}E[M],A[M];
bool cmp(edge u,edge v) {return u.z==v.z?u.qs<v.qs:u.z<v.z;}
ll sum[M*M],val[M*M];
int cv,tot,fa[N],dta[M*M];
int g_fa(int u) {return fa[u]==u?u:fa[u]=g_fa(fa[u]);}
int main() {
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	val[++tot]=0;val[++tot]=1e8+1;
	for(int i=1;i<=m;i++) {scanf("%d%d%lld",&A[i].x,&A[i].y,&A[i].z);val[++tot]=A[i].z;}
	for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=i+1;j<=m;j++)val[++tot]=(A[i].z+A[j].z+1)>>1;
	sort(val+1,val+1+tot);
	cv=unique(val+1,val+1+tot)-val-1;
	for(int j=1;j<=cv;j++) {
		for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
		for(int i=1;i<=m;i++) E[i]=(edge){(A[i].z>val[j])?-1:1,A[i].x,A[i].y,abs(A[i].z-val[j])};
		sort(E+1,E+1+m,cmp);
		for(int i=1,t=1;i<=m&&t<n;i++) {
			int u=g_fa(E[i].x),v=g_fa(E[i].y);
			if(u==v)continue;
			fa[u]=v;
			sum[j]+=E[i].z;dta[j]+=E[i].qs;t++;
		}
	}
	ll xos=0,x;
	int p,k,a,b,c;scanf("%d%d%d%d%d",&p,&k,&a,&b,&c);
	for(int i=1;i<=k;i++) {
		if(i<=p) scanf("%lld",&x);
		else x=(x*a+b)%c;
		int y=upper_bound(val+1,val+1+cv,x)-val-1;
		ll res=sum[y]+1ll*dta[y]*(x-val[y]);
		xos^=res;
	}
	printf("%lld",xos);
	return 0;
}