题意：
给定一张$N$个顶点$M$条边的无向图（顶点编号为$1,2,...,n$），每条边上带有权值。所有权值都可以分解成$2^a cdot 3^b$的形式。
现在有$q$个询问，每次询问给定$u,v,a,b$，请你求出是否存在一条顶点$u$到$v$之间的路径，使得路径依次经过的边上的权值的最小公倍数为$2^a cdot 3^b$？路径可以不是简单路径。
$n,qleq 5 imes 10^4,mleq 10^5.$
题解：
我们用qx,qy,qa,qb表示询问中的x,y,a,b，ex,ey,ea,eb表示某条边的x,y,a,b。
如何处理一个询问？将ea,eb分别小于等于qa,qb的边连接起来，若满足qx,qy连通且$max{ea}=qa&&max{eb}=qb$，则答案为Yes，否则为No。可以用并查集维护。
多个询问怎么办呢？离线。
一个分块的思路，将a分成若干块，每次处理a在当前块范围内的询问。首先询问按照b排序，对于一个询问qa,qb，我们要找所有$ealeq qa&& ebleq qb$的边，把它们连起来。
设当前块a的范围为$[L,R)$，两种情况：
- $ea<L$，将ea在$[1,L)$的边按eb排序，那么只要扫过去就行了;
- $Lleq ea<R$，暴力枚举合法的边插入，然后暴力退回，用一个栈维护要退回的信息;
使用无路径压缩并查集按秩合并即可。
复杂度$mathcal{O}(sqrt{m}(n+qlog n))$。
code:
1 #pragma GCC optimize("Ofast") 2 #include<bits/stdc++.h> 3 #define rep(i,x,y) for (register int i=(x);i<=(y);i++) 4 using namespace std; 5 char gc(){ 6 static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; 7 return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 8 } 9 inline int read(){ 10 char ch=gc(); register int x=0; 11 for (;!isdigit(ch);ch=gc()); 12 for (;isdigit(ch);ch=gc()) x=x*10+ch-48; 13 return x; 14 } 15 const int N=1e5+5; 16 int n,m,Q,blo,top,x,y,sz,a,b,fa[N],mxa[N],mxb[N],siz[N]; bool ans[N]; 17 struct node{ 18 int x,y,a,b,id; 19 void rd(){ x=read(),y=read(),a=read(),b=read(); } 20 node(){} node(int _x,int _y,int _a,int _b,int _id){ x=_x,y=_y,a=_a,b=_b,id=_id; } 21 }e[N],q[N],nq[N],stk[N]; 22 inline void up(register int &x,register int y){ x=max(x,y); } 23 inline bool cmp_a(const node &x,const node &y){ return x.a<y.a||x.a==y.a&&x.b<y.b; } 24 inline bool cmp_b(const node &x,const node &y){ return x.b<y.b||x.b==y.b&&x.a<y.a; } 25 inline int getfa(register int x){ return x==fa[x]?x:getfa(fa[x]); } 26 inline void mer(register int x,register int y,register int a,register int b){ 27 x=getfa(x),y=getfa(y); 28 if (siz[x]>siz[y]) swap(x,y); 29 stk[++top].x=x; stk[top].y=y; stk[top].a=mxa[y]; stk[top].b=mxb[y]; stk[top].id=siz[y]; 30 if (x!=y) fa[x]=y,siz[y]+=siz[x],up(mxa[y],mxa[x]),up(mxb[y],mxb[x]); 31 up(mxa[y],a); up(mxb[y],b); 32 } 33 int main(){ 34 n=read(),m=read(); 35 rep (i,1,m) e[i].rd(); 36 sort(e+1,e+1+m,cmp_a); e[m+1].a=1e9; 37 Q=read(); 38 rep (i,1,Q) q[i].rd(),q[i].id=i; 39 sort(q+1,q+1+Q,cmp_b);//事先将询问按照b排序，方便之后处理 40 for (register int L=1,R,Top,blo=sqrt(2*m);L<=m;L+=blo){//按照a分为sqrt个块 41 R=min(L+blo,m+1); Top=top=0; 42 rep (i,1,n) fa[i]=i,mxa[i]=mxb[i]=-1,siz[i]=1; 43 rep (i,1,Q)//提取a在当前块的询问 44 if (e[L].a<=q[i].a&&q[i].a<e[R].a) nq[++Top]=q[i]; 45 if (!Top) continue; 46 if (L>1) sort(e+1,e+L,cmp_b);//a<当前块的边按照b排序 47 for (register int i=1,j=1;i<=Top;i++){ 48 for (;j<L&&e[j].b<=nq[i].b;j++)//插入a<当前块的边 49 mer(e[j].x,e[j].y,e[j].a,e[j].b); 50 top=0; 51 rep (k,L,R) 52 if (e[k].a<=nq[i].a&&e[k].b<=nq[i].b)//插入当前块的合法边 53 mer(e[k].x,e[k].y,e[k].a,e[k].b); 54 x=getfa(nq[i].x),y=getfa(nq[i].y); 55 ans[nq[i].id]|=x==y&&mxa[x]==nq[i].a&&mxb[x]==nq[i].b; 56 for (;top;top--){//退回 57 x=stk[top].x,y=stk[top].y; 58 fa[x]=x; siz[y]=stk[top].id; 59 mxa[y]=stk[top].a; mxb[y]=stk[top].b; 60 } 61 } 62 } 63 rep (i,1,Q) puts(ans[i]?"Yes":"No"); 64 return 0; 65 }
易错：
没错你会发现我代码里的明显卡常痕迹。。。
艰辛卡常后的我……发现一个致命的错误：“提取a在当前块的询问”这部分，必须写q[i].a<e[R].a，不能改成q[i].a<=e[R-1].a。
考虑一种极端情况，所有边和询问的a全相等，时间复杂度直接退化成$n^2$。