题解 NOI2018 归程
题解 NOI2018 归程
题意
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】。
解法
作为NOI的第一道题，此题的价值不必多说，但是卡spfa这一点真的是引起人神共愤
现在我们要考虑如何做这道题。
因为高度低的边容易积水，有了等于没有，所以我们可以先求出一个最大生成树，将问题转移到树上。
这时，相当于我们要找到这棵树上对应边权的最值。
那么就会想到kruskal重构树。
重构树有三个性质：
1.树上除叶子结点以外的点都对应着原来生成树中的边，叶子结点就是原来生成树上的节点。
2.由于新点的创建顺序与原来生成树上边权的大小有关，可以发现，从每个点到根节点上除叶子结点外按顺序访问到的点的点权是单调的。
3.出于kruskal算法贪心的性质，两个点u和v的lca的点权就对应着它们最小生成树上的瓶颈。
那么我们考虑对于一个点权大于水位线的虚拟节点u，在他的子树内的所有叶子节点两两路径上的瓶颈必然大于水位线，也就是说任意两个叶子节点可以免费的到达。那么这个节点子树内的叶子节点的走路里程就是这些叶子中到1的最小距离。
这样我们每天从v向上跳，找到深度最小的点权大于水位线的虚拟节点就可以了。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <queue>
#define INF 2139062143
#define MAX 0x7ffffffffffffff
#define del(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
x=0;T k=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')k=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=k;
}
const int maxn=200000+15;
const int maxm=400000+15;
struct node {
int u,v,h;
bool operator < (const node& a) const {
return h>a.h;
}
node (int u=0,int v=0,int h=0):u(u),v(v),h(h){}
}bian[maxm];
int fa[maxn*2],anc_w[2*maxn];
int _find(int x) {
return x==fa[x]?x:fa[x]=_find(fa[x]);
}
vector<int> G_tree[maxn*2];
void add_edge_tree(int u,int v) {
G_tree[u].push_back(v);
G_tree[v].push_back(u);
}
struct Edge {
int u,v,w;
Edge(int u=0,int v=0,int w=0):u(u),v(v),w(w){}
};
vector<int> G[maxn];
vector<Edge> edge;
void add_edge(int u,int v,int w) {
edge.push_back(Edge(u,v,w));
edge.push_back(Edge(v,u,w));
int ecnt=edge.size();
G[u].push_back(ecnt-2);
G[v].push_back(ecnt-1);
}
struct Node{
int id,d;
Node(int id=0,int d=0):id(id),d(d){}
bool operator < (const Node a) const{
return d>a.d;
}
};
priority_queue<Node> q;
int n,m,cnt;
int d[maxn];
bool vis[maxn];
void dij() {
for(int i=2;i<=n;i++) d[i]=INF;del(vis,0);
q.push(Node(1,0));
while(!q.empty()) {
Node u=q.top();q.pop();
if(vis[u.id]) continue;
vis[u.id]=1;
for(int i=0;i<G[u.id].size();i++) {
Edge& e=edge[G[u.id][i]];
if(d[e.v]>d[u.id]+e.w) {
d[e.v]=d[u.id]+e.w;
q.push(Node(e.v,d[e.v]));
}
}
}
}
int anc[maxn*2][25],minn[2*maxn];
void dfs(int u,int f) {
minn[u]=INF;anc[u][0]=f;
if(u<=n) minn[u]=d[u];
for(int i=0;i<G_tree[u].size();i++) {
int v=G_tree[u][i];
if(v==f) continue;
dfs(v,u);
minn[u]=min(minn[u],minn[v]);
}
}
void _init() {
for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear();
for(int i=1;i<=cnt;i++) G_tree[i].clear();
edge.clear();
}
int main()
{
int id;read(id);
while(id--) {
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
int u,v,h,w;
for(int i=1;i<=m;i++) {
read(u),read(v),read(w),read(h);
bian[i]=node(u,v,h);
add_edge(u,v,w);
}
dij();
sort(bian+1,bian+1+m);
int k=0;cnt=n;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int f1=_find(bian[i].u),f2=_find(bian[i].v);
if(f1==f2) continue;
anc_w[++cnt]=bian[i].h;
fa[cnt]=fa[f2]=fa[f1]=cnt;//要更新
add_edge_tree(f1,cnt);add_edge_tree(f2,cnt);
++k;
if(k==n-1) break;
}
dfs(cnt,0);
for(int j=1;j<=20;j++)
for(int i=1;i<=cnt;i++)
anc[i][j]=anc[anc[i][j-1]][j-1];
int Q,K,S,last=0;
read(Q),read(K),read(S);
for(int i=1;i<=Q;i++) {
int v0,p0;
read(v0),read(p0);
v0=(v0+K*last-1)%n+1;
p0=(p0+K*last)%(S+1);
for(int j=20;j>=0;j--)
if(anc[v0][j]&&anc_w[anc[v0][j]]>p0)
v0=anc[v0][j];
last=minn[v0];
printf("%d\n",last);
}
_init();
}
return 0;
}
