【NOI 2018】归程（Kruskal重构树）

题面在这里就不放了。

同步赛在做这个题的时候，心里有点纠结，很容易想到离线的做法，将边和询问一起按水位线排序，模拟水位下降，维护当前的各个联通块中距离$1$最近的距离，每次遇到询问时输出所在联通块的信息。

离线的思路对满分做法有一定的启发性，很容易想到将并查集持久化一下就能支持在线了。

但是这个是两个$log$的，有卡常的风险也不是很方便写。

当时思考了一下就快速写完离线做法就去做其他题了。

对于这道题，有一个更好的做法：Kruskal重构树。

事实上如果你了解这个东西，那你就能很快的给出解，那仅此以这道题作为学习Kruskal重构树的例子。

先给出一个经典的模型：

• 给定一张无向图，每次询问两点之间所有简单路径中最大边权的最小值。

一个常规的做法就是建出最小生成树，答案就是树上路径的最大边权，正确性显然。

当然也可以用我们要讲的Kruskal重构树来解决，算法虽不同，思想类似。

Kruskal中我们连接两个联通块（子树）时直接用一条边将对应的两个点相连，但在Kruskal重构树中，我们先建一个虚点作为两个子树的树上父亲，让两个联通块分别与该点相连，注意的是要维护并查集合并时的有序性。

我们称新建的虚点为方点，代表了原图中的一条边，原图中的点为圆点，则该树有一些优雅的性质：

1. 这是一颗二叉树，并且相当于一个堆，因为边是有顺序合并的。
2. 最小生成树上路径的边权信息转化成了点权信息。

那么回顾刚刚的那个模型，每个询问就相当于回答Kruskal重构树上两点$lca$的权值。

最后在回来看这道题，就显得十分轻松了。

我们把每条边按照水位线从高到低依次插入，可以发现每次规定一个水位下限，车子能走的范围对应了Kruskal重构树上的一棵子树，那么每次只要倍增找到最紧的那个限制的点就可以了。

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>

typedef long long LL;
const int N = 600005, INF = 2e9 + 7, LOG = 21;

int tc, n, m, Qi, k, s;
int dis[N], flg[N], val[N], mdi[N], gr[LOG][N];
std::priority_queue<std::pair<int, int> > Q;

inline void Read(int &x) {
    x = 0; static char c;
    for (c = getchar(); c < '0' || c > '9'; c = getchar());
    for (; c >= '0' && c <= '9'; x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar());
}

struct Edge {
    int u, v, a;
    inline friend bool operator < (Edge a, Edge b) {
        return a.a > b.a;
    }
} e[N];

int yun, las[N], to[N << 1], pre[N << 1], wi[N << 1];
inline void Add(int a, int b, int c = 0) {
    to[++yun] = b; wi[yun] = c; pre[yun] = las[a]; las[a] = yun;
}
void Gragh_clear() {
    memset(gr, 0, sizeof gr);
    memset(las, 0, sizeof las);
    yun = 0;
}

namespace DSU {
    int fa[N];
    void Init() {
        for (int i = 1; i <= n + m; ++i) {
            fa[i] = i;
            if (i <= n) mdi[i] = dis[i], val[i] = -1;
        }
    }
    int Seek(int x) {
        return (x == fa[x])? (x) : (fa[x] = Seek(fa[x]));
    }
    void Merge(int x, int y) {
        fa[Seek(y)] = x;
    }
}

void Dij() {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        dis[i] = INF; flg[i] = 0;
    }
    dis[1] = 0;
    Q.push(std::make_pair(0, 1));
    for (; !Q.empty(); ) {
        int x = Q.top().second; Q.pop();
        if (flg[x]) continue;
        flg[x] = 1;
        for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) {
            if (dis[to[i]] > dis[x] + wi[i]) {
                dis[to[i]] = dis[x] + wi[i];
                Q.push(std::make_pair(-dis[to[i]], to[i]));
            }
        }
    }
}

int main() {
    freopen("return.in", "r", stdin);
    freopen("return.out", "w", stdout);
    
    scanf("%d", &tc);
    for (; tc; --tc) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        Gragh_clear();
        for (int i = 1, x, y, a, l; i <= m; ++i) {
            //scanf("%d%d%d%d", &x, &y, &l, &a);
            Read(x); Read(y); Read(l); Read(a);
            Add(x, y, l); Add(y, x, l);
            e[i] = (Edge) { x, y, a };
        }
        Dij(); DSU::Init();
        
        std::sort(e + 1, e + 1 + m);
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            int x = DSU::Seek(e[i].u), y = DSU::Seek(e[i].v);
            if (x == y) continue;
            val[i + n] = e[i].a;
            mdi[i + n] = std::min(mdi[x], mdi[y]);
            DSU::Merge(i + n, x); DSU::Merge(i + n, y);
            gr[0][x] = gr[0][y] = i + n;
        }
        
        for (int i = 1; i < LOG; ++i) {
            for (int j = 1; j <= n + m; ++j) {
                if (gr[i - 1][j]) gr[i][j] = gr[i - 1][gr[i - 1][j]];
            }
        }
        
        scanf("%d%d%d", &Qi, &k, &s);
        for (int x, a, lans = 0; Qi; --Qi) {
            //scanf("%d%d", &x, &a);
            Read(x); Read(a);
            x = (x + (LL) k * lans - 1) % n + 1;
            a = (a + (LL) k * lans) % (s + 1);
            for (int i = LOG - 1; ~i; --i) {
                if (gr[i][x] && val[gr[i][x]] > a) x = gr[i][x];
            }
            printf("%d
", mdi[x]);
            lans = mdi[x];
        }
    }
    
    return 0;
}

$igodot$技巧＆套路：

• kruskal重构树的构建，最小生成树上最值问题的再探。