耐力OIer，一天7篇博客
题目描述
“特大新闻，特大新闻！全国爆发了一种极其可怕的病毒，已经开始在各个城市 中传播开来！全国陷入了巨大的危机！大量居民陷入恐慌，想要逃到其它城市以 避难！经调查显示，该病毒来自于C 市的A 学校的一次非法的……” “哎。”你关上电视，叹了口气。作为A 学校的校长，你一天前为了保命，独自 逃离了A 学校，抛弃了全校师生，包括那个曾经帮你计算并拆除道路的工程师。 你良心受到了巨大的谴责，因此决定做出一些补救，回答一些逃难的人提出的询 问。 已知该国一共有n 个城市，并且1 号城市是首都。(n-1)条双向的公路连接这些 城市，通过这些公路，任意两个城市之间存在且仅存在一条路径。每条公路有一 个长度。如果一个城市只与一条公路相连，则称它为边境城市。 该国政府有一个奇怪的规定：每个城市有一个封闭系数di，定义di为离这个城市最远的边境城市到这个城市的距离。市民们认为，一个城市的安全系数Si 和 它的封闭系数有很重要的联系。a，b，c 是该国的幸运数字，所以大家公认一个 城市的安全系数Si = (di + a) * b mod c。 市民们一共会提出m 次询问。每个询问包含三个信息，xi，yi和qi。xi是询问 者所在的城市编号。你要为这个询问者在xi 到yi 的必经之路上找出一个离xi 最近的避难城市，并且要求这个避难城市的安全系数大于等于qi。如果存在这样的城市（包含xi 和yi），则输出城市编号，否则输出一行包括一个数-1。
输入格式
第一行五个数：依次是n, m, a, b, c。 接下来n-1 行描述公路的信息。每行三个数，前两个数代表这条公路连接的两个 城市的编号，第三个数表示这条公路的长度。 再接下来m 行，每行描述一个询问，包含三个数xi, yi 和qi。
输出格式
对于每个询问，输出一行包含一个整数，存在符合要求的城市则输出城市编号， 不存在则输出-1。
输入样例
7 6 5 6 20
1 2 4
2 4 2
2 5 3
1 3 5
3 6 6
6 7 7
7 5 15
3 4 5
5 4 2
4 5 2
6 6 10
3 5 19
输出样例
6
3
2
4
6
-1
提示
【样例解释】
从城市1到城市7的安全系数依次是：18,2,8,14,0,18,0。
【数据范围】
对于100%数据, n<=100000, m<=300000, 0<xi, yi<=n; a,b,c,qi<=1,000,000, c!=0;
分析
既然每个边境城市的度数为1，那么以任意点作为根（除边境城市），边境城市一定是叶子节点。
进而推出直径的两端一定是边境城市，不然就不是最长。
先求出直径，就可以计算出每个城市的安全系数（为什么O（n）的遍历我要用Dijkstra啊啊啊啊啊啊
因为不带修改，所以考虑用倍增来维护
只需要维护最大值和最小值就好了
对于每次询问x,y,q，先找出x，y的lca，然后分别在x到lca，lca到y中找
因为到x最近，所以在x到lca中找时尽量找深度大的，在lca到y中尽量找深度小的
先考虑x到lca
对dep[x]-dep[lca]二进制拆分，如果x到x向上2^k的祖先无解,即这中间的安全系数的最大值不满足要求，则x向上跳2^k步
如果有解，则lca向下跳到x的2^k的祖先，但此时dep[x]-dep[lca]=2^k，而k这一位我们已经拆分过了，所以不妨让x再向上跳一格，使dep[x]-dep[lca]=2^k-1
就可以继续拆分了。
再考虑lca到y
此时因为要深度最小，所以要判断lca到某个节点是否有解，还要多写一个函数
同样对dep[y]-dep[lca]二进制拆分，如果y到y向上2^k的祖先无解，则y向上跳2^k步
如果有解，因为要深度最小，还要判断y向上2^k的祖先是否有解，如果有，则仍然是y向上跳2^k步，如果没有，则lca向下跳到y的2^k的祖先，y向上跳一步
注意特判x，y为同一个点的情况
代码
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int LOG=20;
const int maxn=100005;
struct node{int id;long long w;};
bool operator <(node a,node b){return a.w<b.w;}
int n,m,a,b,c,p1,p2,ecnt,info[maxn],nx[maxn<<1],v[maxn<<1],w[maxn<<1];
long long d[2][maxn],dep[maxn];int val[maxn],vis[maxn],fa[maxn][25],mx[maxn][25];
void add(int u1,int v1,int w1){nx[++ecnt]=info[u1];info[u1]=ecnt;v[ecnt]=v1;w[ecnt]=w1;}
void dfs1(int x,int f){if(dep[x]>=dep[p1])p1=x;for(int e=info[x];e;e=nx[e])if(v[e]!=f)dep[v[e]]=dep[x]+w[e],dfs1(v[e],x);}
void DIJK(int x,int k)
{
memset(vis,0,sizeof vis);priority_queue<node>q;q.push((node){x,0});
while(!q.empty())
{
node nw=q.top();q.pop();
if(vis[nw.id])continue;vis[nw.id]=1;d[k][nw.id]=nw.w;
for(int e=info[nw.id];e;e=nx[e])if(d[k][v[e]]<d[k][nw.id]+w[e]&&!vis[v[e]])
q.push((node){v[e],d[k][nw.id]+w[e]});
}
}
void dfs(int x,int f)
{
dep[x]=dep[fa[x][0]=f]+1;mx[x][0]=max(val[x],val[f]);
for(int i=1;i<=LOG;i++)fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1],mx[x][i]=max(mx[x][i-1],mx[fa[x][i-1]][i-1]);
for(int e=info[x];e;e=nx[e])if(v[e]!=f)dfs(v[e],x);
}
int Lca(int x,int y)
{
if(dep[y]>dep[x])swap(x,y);
for(int i=LOG;i>=0;i--)if((dep[x]-dep[y])&(1<<i))x=fa[x][i];if(x==y)return x=y;
for(int i=LOG;i>=0;i--)if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];return fa[x][0]=fa[y][0];
}
int getans(int x,int y)
{
int ret=val[x];
for(int i=LOG;i>=0;i--)if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])ret=max(ret,mx[x][i]),x=fa[x][i];
return ret;
}
int find1(int x,int y,int q)
{
if(getans(x,y)<q)return 0;
for(int i=20;i>=0;i--)if((dep[x]-dep[y])&(1<<i))
{
if(mx[x][i]>=q)
{
y=fa[x][i];
if(val[x]>=q)return x;
x=fa[x][0];
}
else x=fa[x][i];
}
return x;
}
int find2(int x,int y,int q)
{
if(getans(x,y)<q)return 0;
for(int i=20;i>=0;i--)if((dep[x]-dep[y])&(1<<i))
{
if(getans(fa[x][i],y)>=q)x=fa[x][i];
else
{
y=fa[x][i];
if(getans(fa[x][0],y)>=q)x=fa[x][0];
else return x;
}
}
return x;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b,&c);
for(int i=1,u1,v1,w1;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&u1,&v1,&w1),add(u1,v1,w1),add(v1,u1,w1);
dfs1(1,0);p2=p1;p1=0;memset(dep,0,sizeof dep);dfs1(p2,0);DIJK(p1,0);DIJK(p2,1);
for(int i=1;i<=n;i++)val[i]=1ll*(max(d[0][i],d[1][i])+a)*b%c;dfs(1,0);
for(int i=1,x,y,q,ret;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&q);
int lca=Lca(x,y);ret=0;
if((ret=find1(x,lca,q))||(ret=find2(y,lca,q)))printf("%d
",ret);
else puts("-1");
}
}