AGC 031F Walk on Graph - 数论 - 并查集
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考虑把这个过程倒过来，这样每走一次就会变成 $2x + w$。
朴素做法是判断到某个点，值为 $x$ 是否可行，考虑寻找一些性质来优化这个做法。
不难发现直接做的话是单向边，这样处理起来比较困难。
考虑一条边 $(u, v, w)$，如果在这条边上进行左右横跳的话，可以从 $(u, x)$ 转移到 $(v, 2x + w)$，即一个状态有唯一后继。同时因为模数为奇数，这一过程是可逆的，所以一个状态有唯一前驱。因此这会形成一个环。我们不断在这个环上走，可以从 $(v, 2x + w)$ 走到 $(u, x)$。因此可达性是双向的。
考虑一个点的某两条出边 $(a, b, w_1), (a, c, w_2)$，那么可以得到状态 $(a, 4x + 3w_1), (a, 4x + 3w_2)$，因此 $(a, x)$ 和 $(a, x + 3(w_1 - w_2))$ 是互相可达的。显然这个连通块中任意一个点 $p$ 都满足 $(p, x)$ 和 $(p, x + 3(w_1 - w_2))$ 是互相可达的。
考虑如果一对边边权的差为 $d$，那么我可以让 $(p,x)$ 到达 $(p, x +3d)$ 。证明考虑从一条边到另外一条边的路径，不难用中间的点来得到这个差。
因此设所有边两两之差的最大公约数为 $d$，设 $g = (MOD, 3d)$，那么 $(p, x)$ 和 $(p, x + g)$ 都是可以互相到达的。
注意到此时任意一条边的边权为 $kd + r$。先考虑一下 $r = 0$ 怎么做。此时任意一个点的状态都可以表示为 $td$，我们可以把值对 $g$ 取模，因此我们只关心 $t$ 对 $3$ 取模后的余数。然后就是一个点数只有 $3n$ 的图判断连通性，直接并查集维护就行了。
现在考虑 $r \neq 0$ 的情形。注意到所有边的 $r$ 都是相同的，最终路径的权值是 $\sum_{i} 2^i (k_i d + r) = kd + (2^l- 1) r$ 。现在比较难处理的问题是 $2^l - 1$。考虑左后横跳可以在不改变 $k\mod 3$ 的情况下使得 $l$ 增加 2。因此枚举 $k$ 和 $l$ 的奇偶性，判断是否存在一个 $l$ 使得 $kd + (2^l - 1) r = R$。现在状态数只有 $6n$ 并查集维护即可。
Code
/**
* AtCoder
* AGC031F
* Accepted
* Time: 54ms
* Memory: 2432k
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;
int n, m, q, N, Mod, g;
vector<int> uf;
vector<int> A, B, C;
vector<boolean> f[2];
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int _abs(int x) {
return x < 0 ? -x : x;
}
int find(int x) {
return uf[x] == x ? x : (uf[x] = find(uf[x]));
}
void unit(int x, int y) {
x = find(x), y = find(y);
(x ^ y) && (uf[x] = y);
}
void init(vector<boolean>& f, int r) {
f.resize(Mod, false);
while (!f[r]) {
f[r] = true;
r = 4 * r % Mod;
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m >> q >> Mod;
uf.resize(N = 6 * n);
A.resize(m);
B.resize(m);
C.resize(m);
for (int i = 0; i < m; i++) {
cin >> A[i] >> B[i] >> C[i];
if (i) {
g = gcd(g, _abs(C[i] - C[0]));
}
}
if (!g)
g = Mod;
Mod = gcd(3 * g, Mod);
int R = C[0] % g;
for (int i = 0; i < N; i++)
uf[i] = i;
for (int i = 0; i < m; i++) {
--A[i], --B[i], C[i] = (C[i] - R) / g;
for (int k = 0; k < 3; k++) {
for (int r = 0; r < 2; r++) {
int cs = (k << 1) | r;
int ns = (((k << 1) + C[i]) % 3) << 1 | (r ^ 1);
unit(A[i] * 6 + cs, B[i] * 6 + ns);
unit(A[i] * 6 + ns, B[i] * 6 + cs);
}
}
}
init(f[0], R);
init(f[1], R * 2 % Mod);
while (q--) {
int s, t, r;
cin >> s >> t >> r;
boolean res = false;
--s, --t;
for (int k = 0; k < 3; k++) {
int nv = (r + R - k * g) % Mod;
(nv < 0) && (nv += Mod);
for (int p = 0; p < 2; p++) {
if (find(t * 6) == find(s * 6 + k * 2 + p)) {
res = res || f[p][nv];
}
}
}
cout << ((res) ? ("YES") : ("NO")) << '\n';
}
return 0;
}
