[loj2469]最小方差生成树

2018年论文题

约定：令点集$V=[1,n]$、边集$E=[1,m]$，记$m$条边依次为$e_{i}=(x_{i},y_{i},c_{i})$（其中$1le ile m$），将其按照$c_{i}$从小到大排序，即不妨假设有$c_{1}le c_{2}le...le c_{m}$

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 先来考虑$T=1$的情况，即如何求最小方差生成树

题意即求$min_{E_{T}subseteq E,E_{T}为生成树}frac{sum_{xin E_{T}}(mu-c_{x})^{2}}{n-1}$（其中$mu=frac{sum_{xin E_{T}}c_{x}}{n-1}$）

考虑函数$f(x)=frac{sum_{i=1}^{n-1}(x-a_{i})^{2}}{n-1}$，根据二次函数的性质其最小值恰在$x=frac{sum_{i=1}^{n-1}a_{i}}{n-1}$处取到

换言之，有$frac{sum_{xin E_{T}}(mu-c_{x})^{2}}{n-1}=min_{muin R}frac{sum_{xin E_{T}}(mu-c_{x})^{2}}{n-1}$

代入后交换顺序，即$min_{muin R}frac{min_{E_{T}subseteq E,E_{T}为生成树}sum_{xin E_{T}}(mu-c_{x})^{2}}{n-1}$，其中分子即以$(mu-c_{i})^{2}$为边权求最小生成树

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 令$E_{chi}$表示$mu=chi$时最小生成树的边集，为了使其能被唯一确定，求最小生成树时将$e_{i}$按照$(mu-c_{i})^{2}$和$i$这两个关键字从小到大排序（假设用kruskal求最小生成树）

将问题从边的角度来考虑，显然$iin E_{chi}$当且仅当$mu=chi$时排在$e_{i}$前面的边不能使$x_{i}$和$y_{i}$连通

不妨假设$chi le c_{i}$，那么$e_{j}$排在$e_{i}$前面当且仅当$2chi-c_{i}le c_{j}<c_{i}$或$c_{j}=c_{i}$且$j<i$

显然$chi$的范围具有单调性，即只需要不断加入$e_{i-1},e_{i-2},...$直至$x_{i}$和$y_{i}$连通，设最后一条边加入的是$e_{k}$，那么满足$chile c_{i}$且$iin E_{chi}$的$chi$的范围为$frac{c_{i}+c_{k}}{2}<chile c_{i}$

（特别的，若最后仍未连通即令$c_{k}=-infty$）

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 显然，使用LCT维护$i$之前的边（不包括$i$）关于编号的最大生成树，询问的也即该生成树从$x_{i}$到$y_{i}$路径上的编号最小的边，时间复杂度为$o(mlog m)$

关于$chi>c_{i}$且$iin E_{chi}$的范围，可以类似地求出，但会多一个2的常数，实际上可以避免

记$l_{i}$为最大的$k$满足$e[k,i)$能使$x_{i}$和$y_{i}$连通，$r_{i}$为最小的$k$满足$e(i,k]$能使$x_{i}$和$y_{i}$连通

结论：若$L_{i}$存在，则$R_{L_{i}}=i$；若$R_{i}$存在，则$R_{L_{i}}=i$

记$k=L_{i}$，则$e[k,i)$能使$x_{i}$和$y_{i}$连通，那么$e(k,i]$即能使$x_{k}$和$y_{k}$连通，也即$R_{k}le i$

另一方面，如果$e(k,i)$就能使$x_{k}$和$y_{k}$连通，那么$e[k,i)$与$e(k,i)$的连通性应该相同（因为$(x_{k},y_{k})$不影响连通性），也即$l_{i}$可以为$k+1$，与$L_{i}$的最大性矛盾，因此$R_{k}ge i$

综上，即有$R_{k}=i$，类似地也可以得到后者

由此即可线性求出$R_{i}$（$L_{i}$之前已求出），根据后半部分，未被覆盖的$R_{i}$即为无解

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 进而将两个范围求并，即得到满足$iin E_{chi}$的$chi$的范围为$(frac{c_{L_{i}}+c_{i}}{2},frac{c_{i}+c_{R_{i}}}{2}]$

此时，$E_{chi}$即对应范围包含$chi$的$i$所组成的集合（注意这个范围是充分必要的），那么只需要通过离散和差分对每一个位置维护$S_{1}=sum c_{i}$和$S_{2}=sum c^{2}_{i}$的和即可（方差即$frac{(n-1)S_{2}-S_{1}^{2}}{(n-1)^{2}}$）

另外，需要考虑实数的位置如何处理，可以将权值乘2并用两整数中间的部分代替该段实数

时间复杂度为$o(mlog m)$，可以通过

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 下面考虑$T=2$的情况，即如何对删去每一条边后的图求最小方差生成树

通过$T=1$时的做法，即可在$o(mlog m)$的时间内求出最小方差生成树即其方案

显然删除方案以外的边是不影响答案的，因此只需要考虑方案中的$n-1$条边，那么对这$n-1$条边暴力删除并再求一次最小方差生成树，即得到一个$o(nmlog m)$的做法，但无法通过

假设删除的边是$e_{del}$，那么$L_{i}$发生变化的边必然都在$e(del,m]$这些边关于编号的最小生成树上，因为如果$e_{i}$不在最小生成树上，即等价于$e(del,i)$能使$x_{i}$和$y_{i}$连通，显然删去$e_{del}$没有意义

显然这样的边只有$o(n)$条，但求最大生成树仍要从前往后依次加边，复杂度并没有优化

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 记$T_{1}$为$e[1,del)$的关于编号的最大生成树，$T_{2}$为$e(del,m]$的关于编号的最小生成树

初始令$T=T_{2}$，并将$T_{1}$中的边的按编号从大到小依次加入$T$，并继续维护$T$为最小生成树

结论：假设在加入$e_{i}$时删除了$e_{j}$，则有$L_{j}=i$

显然$x_{j}$到$y_{j}$路径上所有边编号都在$[i,j)$中，因此也即$L_{j}ge i$

同时如果$L_{j}>i$，那么不难得到$x_{i}$和$y_{i}$可以通过$e(i,del)$连通，与$e_{i}$在$T_{1}$上矛盾

通俗的来说，求$e[1,i)$的最大生成树上在$e_{del}$之前的边一定在$e[1,del)$的最大生成树上，并且$e_{del}$之后的边一定不会作为$l_{i}$，因此只关心于这类边的连通性

另外，对于$T_{1}$中最终仍没有被删除的边$e_{i}$，则$L_{i}$无解

此时，重新计算$L_{i}$和$R_{i}$的时间复杂度即降为$o(n^{2}log m)$

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 下面，给出一些关于实现上的细节：

1.关于LCT的清空，可以维护一个当前的边集（用标记数组即可），那么清空时遍历所有边并用删掉即可，由于删除的复杂度与加入时相同，因此相当于仅为$o(m)$，总复杂度也即$o(nm)$

2.关于$T_{1}$和$T_{2}$需要在初始预处理，在求最小/最大生成树过程中，当访问到的边是在方案中时，就将当前LCT中维护的边集$o(m)$找出即可，总复杂度也为$o(nm)$

3.关于离散和差分，重新暴力排序+二分复杂度又会退化为$o(nmlog m)$，注意到总共只会额外产生$o(n^{2})$个位置，将这些位置预处理出来并排序，然后将初始的差分数组记录

此时，每一次即对差分数组的$o(n)$个位置修改，总复杂度也即$o(mlog m+n^{2}log m+nm)$

时间复杂度为$o(mlog m+n^{2}log m+nm)$，可以通过

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 然而，注意到答案的范围为$n^{2}C^{2}$，而在子任务8该值达到了$10^{41}$的级别，无法使用__int128存储

由此，即需要在差分的过程中使用高精度乘法求$S_{1}^{2}$（显然其他都不需要高精度），设高精度的常数为$o(P)$，时间复杂度即变为$o(mlog n+n^{2}log m+Pnm)$，无法通过

下面，具体的来描述差分的过程——

令$N=n^{2}+m$，差分数组即是两个长度为$N$的序列，初始为分别为$Delta S_{1}(i)$和$Delta S_{2}(i)$（下标为$[1,N]$）

每一次查询，修改其中$o(n)$​个位置的值（无后效性），并查询
$$
min_{1le ile N}left((n-1)sum_{j=1}^{i}Delta S_{2}(j)-(sum_{j=1}^{i}Delta S_{1}(i))^{2} ight)
$$
（其余部分的复杂度显然都可以做到$o(mlog m+n^{2}log m+nm+Pn^{2})$，其中$o(Pn^{2})$为计算修改的值）

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 预处理出前缀和$S_{1}(i)=sum_{j=1}^{i}Delta S_{1}(j),S_{2}(i)=sum_{j=1}^{i}Delta S_{2}(j)$（对于初始状态），每一次修改的$o(n)$个位置即将原序列划分为$o(n)$段，并对每一段$[l,r]$分别求出$iin [l,r]$的最小值

（其中$[l,r]$不包含修改的位置，修改的位置直接暴力$o(Pn^{2})$计算即可）

对于$[l,r]$​，求出此次修改对$iin [l,r]$​的$S_{1}(i)$​和$S_{2}(i)$​的变化量，分别记作$Delta s_{1}$​和$Delta s_{2}$​（显然对所有位置都相同），那么$iin [l,r]$​的最小值即
$$
min_{i=l}^{r}left((n-1)(S_{2}(i)+Delta s_{2})-(S_{1}(i)+Delta s_{1})^{2} ight)
$$
并对于其中一段$[l,r]$，求出其之前的本次修改的变化量$Delta s_{1}$和$Delta s_{2}$

简单化简，即
$$
min_{i=l}^{r}left(-2Delta s_{1}S_{1}(i)+((n-1)S_{2}(i)-S_{1}^{2}(i)) ight)+left((n-1)Delta s_{2}-Delta s_{1}^{2} ight)
$$

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 此时，问题即可以看作求经过$(2S_{1}(i),(n-1)S_{2}(i)-S_{1}^{2}(i))$且斜率为$-Delta s_{1}$的直线的最小截距

求出$[l,r]$中的点所构成的下凸壳，二分找到其中第一个斜率大于等于$-Delta s_{1}$的线段的左端点即为最小值

可以使用线段树来维护，预处理时先将所有点按照$x$坐标排序，并依次加入线段树上区间包含其的$o(log N)$个凸包中，那么预处理的时间复杂度即为$o(PNlog N)$

查询时将$[l,r]$划分为$o(log N)$个区间，再在每一个区间对应的线段树凸包上二分，将所有最小值取$min$即可，那么查询的时间复杂度为$o(Pn^{2}log^{2}N)$

进一步的，可以将线段树每一个区间对应的凸包上的询问离线并排序，再利用单调性做到线性即可

关于排序，再将所有$-Delta s_{1}$排序再依次加入，注意到外部仅有$o(n^{2})$个，因此查询复杂度降为$o(Pn^{2}log N)$

时间复杂度为$o(nm+PNlog N)$，可以通过

（代码只优化到$o(mlog m+n^{2}log m+Pnm)$，但已经可以通过）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 305
#define M 100005
#define base 1000000000
#define ll long long
#define pli pair<ll,int>
#define fi first
#define se second
struct Data{
    int x,y,id;
    ll z;
    bool operator < (const Data &k)const{
        return z<k.z;
    }
}e[M];
struct Num{
    int p,len;
    ll a[5];
    Num(ll k=0){
        p=(k<0),len=0;
        memset(a,0,sizeof(a));
        k=abs(k);
        while (k){
            a[len++]=k%base;
            k/=base;
        }
    }
}Check,S1,S2,ans,z1[M],z2[M],dS1[M<<1],dS2[M<<1],Ans[M];
vector<int>T1[M],T2[M];
vector<pli>v0,v[M];
int n,m,T,q,L0[M],R0[M],L[M],R[M],vis0[M];
ll Pos[M<<1];
namespace IO{
    int num[100];
    ll x;
    char c;
    ll read(){
        x=0,c=getchar();
        while ((c<'0')||(c>'9'))c=getchar();
        while ((c>='0')&&(c<='9')){
            x=x*10+c-'0';
            c=getchar();
        }
        return x;
    }
    void write(Num x,char c=''){
        if (x.p)putchar('-');
        for(int i=0;i<x.len;i++)
            for(int j=0;j<9;j++){
                num[++num[0]]=x.a[i]%10;
                x.a[i]/=10;
            }
        while ((num[0])&&(!num[num[0]]))num[0]--;
        if (!num[0])putchar('0');
        while (num[0])putchar(num[num[0]--]+'0');
        putchar(c);
    }
};
namespace Calc{
    int cmp(Num x,Num y){
        if (x.len!=y.len){
            if (x.len<y.len)return -1;
            return 1;
        }
        for(int i=x.len-1;i>=0;i--)
            if (x.a[i]!=y.a[i]){
                if (x.a[i]<y.a[i])return -1;
                return 1;
            }
        return 0;
    }
    Num min(Num x,Num y){
        if (cmp(x,y)<0)return x;
        return y;
    }
    Num add(Num x,Num y){
        Num ans;
        if (x.p==y.p){
            ans.p=x.p,ans.len=max(x.len,y.len);
            for(int i=0;i<ans.len;i++){
                ans.a[i]+=x.a[i]+y.a[i];
                if (ans.a[i]>=base){
                    ans.a[i]-=base;
                    ans.a[i+1]++;
                }
            }
            if ((ans.len<5)&&(ans.a[ans.len]))ans.len++;
            return ans;
        }
        if (cmp(x,y)<0)swap(x,y);
        ans.p=x.p,ans.len=x.len;
        for(int i=0;i<ans.len;i++){
            ans.a[i]+=x.a[i]-y.a[i];
            if (ans.a[i]<0){
                ans.a[i]+=base;
                ans.a[i+1]--;
            }
        }
        while ((ans.len)&&(!ans.a[ans.len-1]))ans.len--;
        return ans;
    }
    Num dec(Num x,Num y){
        y.p^=1;
        return add(x,y);
    }
    Num mul(Num x,Num y){
        Num ans;
        ans.p=(x.p^y.p),ans.len=x.len+y.len-1;
        for(int i=0;i<x.len;i++)
            for(int j=0;j<y.len;j++){
                ans.a[i+j]+=x.a[i]*y.a[j];
                ans.a[i+j+1]+=ans.a[i+j]/base;
                ans.a[i+j]%=base;
            }
        if ((ans.len<5)&&(ans.a[ans.len]))ans.len++;
        return ans;
    }
};
namespace LCT{
    int vis[M],st[M<<1],fa[M<<1],mn[M<<1],mx[M<<1],rev[M<<1],ch[M<<1][2];
    int which(int k){
        return ch[fa[k]][1]==k;
    }
    bool check(int k){
        return ch[fa[k]][which(k)]==k;
    }
    void upd(int k){
        rev[k]^=1;
        swap(ch[k][0],ch[k][1]);
    } 
    void up(int k){
        mn[k]=min(mn[ch[k][0]],mn[ch[k][1]]);
        mx[k]=max(mx[ch[k][0]],mx[ch[k][1]]);
        if (k>n){
            mn[k]=min(mn[k],k-n);
            mx[k]=max(mx[k],k-n); 
        }
    }
    void down(int k){
        if (rev[k]){
            if (ch[k][0])upd(ch[k][0]);
            if (ch[k][1])upd(ch[k][1]);
            rev[k]=0;
        }
    }
    void rotate(int k){
        int f=fa[k],g=fa[f],p=which(k);
        fa[k]=g;
        if (check(f))ch[g][which(f)]=k;
        fa[ch[k][p^1]]=f,ch[f][p]=ch[k][p^1];
        fa[f]=k,ch[k][p^1]=f;
        up(f),up(k);
    }
    void splay(int k){
        for(int i=k;check(i);i=fa[i])st[++st[0]]=fa[i];
        while (st[0])down(st[st[0]--]);
        down(k);
        for(int i=fa[k];check(k);i=fa[k]){
            if (check(i)){
                if (which(i)==which(k))rotate(i);
                else rotate(k);
            }
            rotate(k);
        }
    }
    void access(int k){
        int lst=0;
        while (k){
            splay(k);
            ch[k][1]=lst,up(k);
            lst=k,k=fa[k];
        }
    }
    void make_root(int k){
        access(k);
        splay(k);
        upd(k);
    }
    int find_root(int k){
        access(k);
        splay(k);
        while (ch[k][0]){
            down(k);
            k=ch[k][0];
        }
        splay(k);
        return k;
    }
    void add(int x,int y){
        make_root(x);
        make_root(y);
        fa[y]=x;
    }
    void del(int x,int y){
        make_root(x);
        access(y);
        splay(x);
        fa[y]=ch[x][1]=0,up(x);
    }
    int query_min(int x,int y){
        make_root(x);
        if (find_root(y)!=x)return 0;
        return mn[x];
    }
    int query_max(int x,int y){
        make_root(x);
        if (find_root(y)!=x)return 0;
        return mx[x];
    }
    int add_min(int id){
        int pos=query_min(e[id].y,id+n);
        if (pos){
            vis[0]--,vis[pos]=0;
            LCT::del(e[pos].y,pos+n);
        }
        vis[0]++,vis[id]=1;
        LCT::add(e[id].y,id+n);
        return pos;
    }
    int add_max(int id){
        int pos=query_max(e[id].y,id+n);
        if (pos){
            vis[0]--,vis[pos]=0;
            LCT::del(e[pos].y,pos+n);
        }
        vis[0]++,vis[id]=1;
        LCT::add(e[id].y,id+n);
        return pos;
    }
    void init(){
        mn[0]=0x3f3f3f3f,mx[0]=0;
        for(int i=1;i<=n+m;i++){
            fa[i]=rev[i]=ch[i][0]=ch[i][1]=0;
            up(i);
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)add(e[i].x,i+n);
    }
    void clear(){
        for(int i=1;i<=m;i++)
            if (vis[i]){
                LCT::del(e[i].y,i+n);
                vis[0]--,vis[i]=0;
            }
    }
};
void get_LR(){
    memset(L0,0,sizeof(L0));
    memset(R0,0,sizeof(R0));
    LCT::clear();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        L0[i]=LCT::add_min(i);
        if (L0[i])R0[L0[i]]=i;
    }
}
void get_T12(){
    LCT::clear();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if (vis0[i]){
            for(int j=m;j;j--)
                if (LCT::vis[j])T1[i].push_back(j);
        }
        LCT::add_min(i);
    }
    LCT::clear();
    for(int i=m;i;i--){
        if (vis0[i]){
            for(int j=1;j<=m;j++)
                if (LCT::vis[j])T2[i].push_back(j); 
        }
        LCT::add_max(i);
    }
}
void get_v(){
    v0.clear();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if (!L0[i])v0.push_back(make_pair(0,i));
        else v0.push_back(make_pair((e[L0[i]].z+e[i].z<<1)+1,i));
        if (R0[i])v0.push_back(make_pair((e[i].z+e[R0[i]].z<<1)+1,-i));
    }
}
void upd_LR(int k){
    LCT::clear();
    memcpy(L,L0,sizeof(L));
    L[k]=k;
    for(int i=0;i<T2[k].size();i++){
        L[T2[k][i]]=0;
        LCT::add_max(T2[k][i]);
    }
    for(int i=0;i<T1[k].size();i++){
        int pos=LCT::add_max(T1[k][i]);
        if (pos)L[pos]=T1[k][i];
    }
    memset(R,0,sizeof(R));
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if (L[i])R[L[i]]=i;
}
void upd_v(int k){
    T1[k].push_back(k),T2[k].push_back(k);
    for(int i=0;i<T1[k].size();i++){
        int pos=T1[k][i];
        if (R0[pos])v[k].push_back(make_pair((e[pos].z+e[R0[pos]].z<<1)+1,pos));
        if (R[pos]){
            v0.push_back(make_pair((e[pos].z+e[R[pos]].z<<1)+1,0));
            v[k].push_back(make_pair((e[pos].z+e[R[pos]].z<<1)+1,-pos));
        }
    }
    for(int i=0;i<T2[k].size();i++){
        int pos=T2[k][i];
        if (!L0[pos])v[k].push_back(make_pair(0,-pos));
        else v[k].push_back(make_pair((e[L0[pos]].z+e[pos].z<<1)+1,-pos));
        if (!L[pos]){
            v0.push_back(make_pair(0,0));
            v[k].push_back(make_pair(0,pos));
        }
        else{
            v0.push_back(make_pair((e[L[pos]].z+e[pos].z<<1)+1,0));
            v[k].push_back(make_pair((e[L[pos]].z+e[pos].z<<1)+1,pos));
        }
    }
}
void unique(){
    sort(v0.begin(),v0.end());
    q=0;
    for(int i=0;i<v0.size();i++){
        if ((!i)||(v0[i].fi!=v0[i-1].fi))Pos[++q]=v0[i].fi;
        int pos=abs(v0[i].se);
        if (v0[i].se>0)dS1[q]=Calc::add(dS1[q],z1[pos]),dS2[q]=Calc::add(dS2[q],z2[pos]);
        else dS1[q]=Calc::dec(dS1[q],z1[pos]),dS2[q]=Calc::dec(dS2[q],z2[pos]);
    }
}
void calc(){
    sort(v0.begin(),v0.end());
    S1=S2=0,ans.len=10;
    for(int i=0;i<v0.size();i++){
        int pos=abs(v0[i].se);
        if (v0[i].se>0)S1=Calc::add(S1,z1[pos]),S2=Calc::add(S2,z2[pos]);
        else S1=Calc::dec(S1,z1[pos]),S2=Calc::dec(S2,z2[pos]);
        if ((i==v0.size())||(v0[i].fi!=v0[i+1].fi)){
            if (!v0[i].fi)Check=S1;
            ans=Calc::min(ans,Calc::dec(S2,Calc::mul(S1,S1)));
        }
    }
    S1=S2=0;
    memset(vis0,0,sizeof(vis0));
    for(int i=0;i<v0.size();i++){
        int pos=abs(v0[i].se);
        vis0[pos]^=1;
        if (v0[i].se>0)S1=Calc::add(S1,z1[pos]),S2=Calc::add(S2,z2[pos]);
        else S1=Calc::dec(S1,z1[pos]),S2=Calc::dec(S2,z2[pos]);
        if (((i==v0.size())||(v0[i].fi!=v0[i+1].fi))&&(!Calc::cmp(ans,Calc::dec(S2,Calc::mul(S1,S1)))))break;
    }
}
void calc(int k){
    for(int i=0;i<v[k].size();i++){
        int q0=lower_bound(Pos+1,Pos+q+1,v[k][i].fi)-Pos,pos=abs(v[k][i].se);
        if (v[k][i].se>0)dS1[q0]=Calc::add(dS1[q0],z1[pos]),dS2[q0]=Calc::add(dS2[q0],z2[pos]);
        else dS1[q0]=Calc::dec(dS1[q0],z1[pos]),dS2[q0]=Calc::dec(dS2[q0],z2[pos]);
    }
    if (Calc::cmp(dS1[1],Check)<0){
        ans=-1;
        return;
    } 
    S1=S2=0,ans.len=10;
    for(int i=1;i<=q;i++){
        S1=Calc::add(S1,dS1[i]),S2=Calc::add(S2,dS2[i]);
        ans=Calc::min(ans,Calc::dec(S2,Calc::mul(S1,S1)));
    }
    for(int i=0;i<v[k].size();i++){
        int q0=lower_bound(Pos+1,Pos+q+1,v[k][i].fi)-Pos,pos=abs(v[k][i].se);
        if (v[k][i].se<0)dS1[q0]=Calc::add(dS1[q0],z1[pos]),dS2[q0]=Calc::add(dS2[q0],z2[pos]);
        else dS1[q0]=Calc::dec(dS1[q0],z1[pos]),dS2[q0]=Calc::dec(dS2[q0],z2[pos]);
    }
}
int main(){
    n=IO::read(),m=IO::read(),T=IO::read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        e[i].x=IO::read(),e[i].y=IO::read(),e[i].z=IO::read();
        e[i].id=i;
    }
    sort(e+1,e+m+1);
    LCT::init();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        z1[i]=e[i].z;
        z2[i]=Calc::mul(n-1,Calc::mul(z1[i],z1[i]));
    }
    get_LR();
    if (LCT::vis[0]!=n-1){
        if (T==1)IO::write(-1,'
');
        else{
            for(int i=1;i<=m;i++)IO::write(-1,'
');
        }
        return 0;
    }
    get_v(),calc();
    if (T==1){
        IO::write(ans,'
');
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if (!vis0[i])Ans[e[i].id]=ans;
    get_T12();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if (vis0[i])upd_LR(i),upd_v(i);
    unique();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if (vis0[i]){
            calc(i);
            Ans[e[i].id]=ans;
        }
    for(int i=1;i<=m;i++)IO::write(Ans[i],'
');
    return 0;
}