Luogu P4768 [NOI2018]归程(Dijkstra+Kruskal重构树)

P4768 [NOI2018]归程

题面

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】。

输入输出格式

输入格式：

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 $1 \leq u,v \leq n$ 。

接下来一行 $3$ 个非负数 $Q, K, S$ ，其中 $Q$ 表示总天数， $K \in {0,1}$ 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 $v_0; p_0$ 描述一天：
这一天的出发节点为 $v = (v_0 + K \times \mathrm{lastans} - 1) \bmod n + 1$ 。
这一天的水位线为 $p = (p_0 + K \times \mathrm{lastans}) \bmod (S + 1)$ 。
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 $1$ 天时 $lastans = 0$ 。在这里，我们保证 $1 \leq v_0 \leq n,0 \leq p_0 \leq S$ 。

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：

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。

输入输出样例

输入样例：

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

输出样例：

0
50
200
50
150

输入样例：

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

输出样例：

0
2
3
1

说明

【样例1 解释】 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。

本组数据强制在线。

本组数据强制在线。

第一天的答案是 $0$ ，因此第二天的 $v= \left ( 5+0-1 \right ) \bmod 5+1=5$ ， $p=\left(2+0\right)\bmod\left(3+1\right)=2$ 。

第二天的答案是 $2$ ，因此第三天的 $v= \left ( 2+2-1 \right ) \bmod 5+1=4$ ， $p=\left(0+2\right)\bmod\left(3+1\right)=2$ 。

第三天的答案是 $3$ ，因此第四天的 $v= \left ( 4+3-1 \right ) \bmod 5+1=2$ ， $p=\left(0+3\right)\bmod\left(3+1\right)=3$ 。

所有测试点均保证 $T \leq 3$ ，所有测试点中的所有数据均满足如下限制：

• $n\leq 2\times 10^5$ ， $m\leq 4\times 10^5$ ， $Q\leq 4\times 10^5$ ， $K\in\left\{0,1\right\}K∈{0,1}$ ， $1\leq S\leq 10^9$ 。
• 对于所有边： $l \leq 10^4$ ， $a \leq 10^9$ 。
• 任意两点之间都直接或间接通过边相连。

为了方便你快速理解，我们在表格中使用了一些简单易懂的表述。在此，我们对这些内容作形式化的说明：

• 图形态：对于表格中该项为“一棵树”或“一条链”的测试点，保证 $m = n-1$ 。 除此之外，这两类测试点分别满足如下限制：
• 一棵树：保证输入的图是一棵树，即保证边不会构成回路。
• 一条链：保证所有边满足 $u + 1 = v$ 。
• 海拔：对于表格中该项为“一种”的测试点，保证对于所有边有 $a = 1$ 。
• 强制在线：对于表格中该项为“是”的测试点，保证 $K = 1$ ；如果该项为“否”， 则有 $K = 0$ 。
• 对于所有测试点，如果上述对应项为“不保证”，则对该项内容不作任何保证。

$n$	$m$	$Q=$	测试点	形态	海拔	强制在线
$\leq 1$	$\leq 0$	$0$	$1$	不保证	一种	否
$\leq 6$	$\leq 10$	$10$	$2$	不保证	一种	否
$\leq 50$	$\leq 150$	$100$	$3$	不保证	一种	否
$\leq 100$	$\leq 300$	$200$	$4$	不保证	一种	否
$\leq 1500$	$\leq 4000$	$2000$	$5$	不保证	一种	否
$\leq 200000$	$\leq 400000$	$100000$	$6$	不保证	一种	否
$\leq 1500$	$=n-1$	$2000$	$7$	一条链	不保证	否
$\leq 1500$	$=n-1$	$2000$	$8$	一条链	不保证	否
$\leq 1500$	$=n-1$	$2000$	$9$	一条链	不保证	否
$\leq 200000$	$=n-1$	$100000$	$10$	一棵树	不保证	否
$\leq 200000$	$=n-1$	$100000$	$11$	一棵树	不保证	是
$\leq 200000$	$\leq 400000$	$100000$	$12$	不保证	不保证	否
$\leq 200000$	$\leq 400000$	$100000$	$13$	不保证	不保证	否
$\leq 200000$	$\leq 400000$	$100000$	$14$	不保证	不保证	否
$\leq 1500$	$\leq 4000$	$2000$	$15$	不保证	不保证	是
$\leq 1500$	$\leq 4000$	$2000$	$16$	不保证	不保证	是
$\leq 200000$	$\leq 400000$	$100000$	$17$	不保证	不保证	是
$\leq 200000$	$\leq 400000$	$100000$	$18$	不保证	不保证	是
$\leq 200000$	$\leq 400000$	$400000$	$19$	不保证	不保证	是
$\leq 200000$	$\leq 400000$	$400000$	$20$	不保证	不保证	是

思路

完了，这道题卡 $SPFA$ ！ --czk

两个月前考场上做这道题，毫不犹豫 $SPFA$ 然后走人，结果这道题居然要用 $Dijkstra$ ......两个月后终于把它 $A$ 掉了。

首先我们对所有的边按照其海拔进行排序，跑 $Kruskal$ 重构树，那么就可以得到一棵海拔小顶堆。从 $v$ 点出发，他的任意一个父亲节点若是满足其海拔 $> p$ ，那么该父亲节点下的叶子节点对于 $v$ 来说都是可以不通过步行可达的。

所以我们预处理这样的一些东西：

• $Kruskal$ 重构树，树上的非叶子结点储存边的海拔高度；
• 建立反向边用 $Dijkstra$ 求出每一个结点到 $1$ 结点的步行最短路；
• 更新 $Kruskal$ 重构树上的结点，用一个数组储存其儿子节点到 $1$ 结点的最短路。

那么对于每次询问，我们就可以从 $v$ 结点倍增地往上跳，跳到最高的满足海拔要求的祖先结点，然后输出其子树下所有叶子结点到 $1$ 结点的最短路的最小值。

预处理是 $O(m \log m+(n+m) \log n+n \log n)$ 的，一次查询是 $O(log n)$ 的，时间复杂度十分优秀，可以通过此题。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
const LL MAXN=200005;
const LL MAXM=800005;
LL T,n,m,tot,q,k,s,lastans,fa[MAXN<<1],mnl[MAXN<<1],dep[MAXN<<1],val[MAXN<<1],f[MAXN<<1][20];
LL cnt,top[MAXN<<1],to[MAXN<<1],nex[MAXN<<1];
LL __cnt,__top[MAXN],__to[MAXM],__len[MAXM],__nex[MAXM];
bool vis[MAXN];
struct Edge
{
    LL u,v,l,a;
    bool operator < (const Edge& sjf) const {return a>sjf.a;}
}edge[MAXM];
inline void add_edge(LL x,LL y){to[++cnt]=y,nex[cnt]=top[x],top[x]=cnt;}
inline void __add_edge(LL x,LL y,LL z)
{
    __to[++__cnt]=y,__len[__cnt]=z,__nex[__cnt]=__top[x],__top[x]=__cnt;
    __to[++__cnt]=x,__len[__cnt]=z,__nex[__cnt]=__top[y],__top[y]=__cnt;
}
inline LL fd(LL x)
{
    LL r=x;
    while(r!=fa[r]) r=fa[r];
    LL i=x,j;
    while(i!=r) j=fa[i],fa[i]=r,i=j;
    return r;
}
inline LL read()
{
    LL re=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return re;
}
void Dijkstra()
{
    memset(vis,false,sizeof vis);
    mnl[1]=0;
    priority_queue<PLL,vector<PLL>,greater<PLL> >Q;
    Q.push(make_pair(0,1));
    while(!Q.empty())
    {
        LL now=Q.top().second;Q.pop();
        if(vis[now]) continue;
        vis[now]=true;
        for(LL i=__top[now];i;i=__nex[i])
            if(!vis[__to[i]]&&mnl[__to[i]]>mnl[now]+__len[i])
            {
                mnl[__to[i]]=mnl[now]+__len[i];
                Q.push(make_pair(mnl[__to[i]],__to[i]));
            }
    }
}
void Kruskal()
{
    LL now=1;
    for(LL i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    sort(edge,edge+m);
    for(LL i=0;i<m;i++)
    {
        LL fx=fd(edge[i].u),fy=fd(edge[i].v);
        if(fx!=fy)
        {
            val[++tot]=edge[i].a;
            fa[fx]=fa[fy]=fa[tot]=tot;
            add_edge(tot,fx),add_edge(tot,fy);
            now++;
        }
        if(now==n) return ;
    }
}
void dfs(LL now,LL li_tong)
{
    dep[now]=dep[li_tong]+1,f[now][0]=li_tong;
    for(LL i=1;i<=19;i++) f[now][i]=f[f[now][i-1]][i-1];
    for(LL i=top[now];i;i=nex[i])
    {
        dfs(to[i],now);
        mnl[now]=min(mnl[now],mnl[to[i]]);
    }
}
inline LL ask(LL x,LL y)
{
    for(LL i=19;i>=0;i--) if(f[x][i]&&val[f[x][i]]>y) x=f[x][i];
    return mnl[x];
}
int main()
{
    T=read();
    while(T--)
    {
        tot=n=read(),m=read(),cnt=__cnt=lastans=0;
        memset(__top,0,sizeof __top);
        memset(top,0,sizeof top);
        memset(mnl,0x3f,sizeof mnl);
        for(LL i=0;i<m;i++) edge[i].u=read(),edge[i].v=read(),edge[i].l=read(),edge[i].a=read(),__add_edge(edge[i].u,edge[i].v,edge[i].l);
        Dijkstra();
        Kruskal();
        dfs(tot,0);
        q=read(),k=read(),s=read();
        while(q--)
        {
            LL x=(k*lastans+read()-1)%n+1,y=(k*lastans+read())%(s+1);
            printf("%lld\n",lastans=ask(x,y));
        }
    }
    return 0;
}