NOI2018 Day1 归程（return）
第一次参加NOI，当然，我没去现场做，只是在网络同步赛做了而已。
那网站，特别特别卡啊……
最后只交了第一题，原本认为能AC，但是因为某些原因只有50分。
我这可怜的第一次啊……
题目
题目点此处下载，密码：ghn5
思考过程
看完了所有题，就来思考第一题。
曾经的GDKOI和GDOI给我留下了不可磨灭的印象：感觉上这些题似乎都只能靠水分。
所以，我从一开始就想着打水法。
想着想着，感觉可以打个80分。好开心！
开打。
打了4000多byte，完成得差不多了，突然发现，啊，我想到正解了！！！
把这个4000多byte的程序弃掉，思考了一阵子，然后开打。
打了好久，有3000多byte，尴尬的是，过了前四个样例，却，被第五个样例卡掉了。
我好慌，好慌……
然后发现，我程序跑得慢的原因，是最短路花的时间太多了。
一世英名，卡在了最短路上。
我看看那个TLE掉的Dijsktra，不信邪，打了个SPFA。
依然被卡，于是，我决定重打一遍Dijsktra！
这一次，秒过……
然后我就愉快地交了程序……
解法
题目的意思是在图中，先走一段没有积水的路径，这些代价是免费的，然后在走到终点。
先想想该怎么搞离线的做法。
首先，肯定要求一遍最短路。
把问题转化一下，现在有积水的边不能走，你只能走没有积水的边。
答案即是你可以走到的的点中，最短路值最小的。
立体化地想一想，如果一开始没有水，然后雨越下越大，水位逐渐升高。
原本图是一个联通块，然后随着一些边的淹没，被逐渐分成了许多小的联通块。
不妨反过来想想。
可以做一遍最大生成树，维护联通块中最短路的最小值，在做的过程中统计答案。
这就是离线做法。
怎么在线呢？
维护联通块中最大值中，我用的是并查集。
既然非要在线，那就用可持久化并查集！！！
那样就可以询问历史版本，就可以在线做了，哈哈哈哈哈哈哈哈哈……
如果点 x x 所表示的集合要并到 y y 所表示的集合中时，在 x x 上记录一下两者联通的最高海拔。
并试着更新一下 y y 上维护的，表示联通块中最短路的最小值。
然而，我们需要记录一下历史版本。怎么记录？
直接暴力记录啊！反正最大生成树中，一共会连 N−1 N − 1 条边，那么，顶多更新 N−1 N − 1 次。
在每个点上存它的历史状态，直接简单粗暴的在一个数组里记录一条信息，表示某个点，在某个水位时，最短路最小值是多少。
搞完最大生成树后，排个序，然后一段区间对应的就是一个点的修改信息。
那么在询问时，先在并查集上不断往上跳，直到跳不了（再跳就被水淹没了）。
然后在这个点的修改信息中，二分出来，得出答案。
时间复杂度：
O(NlgN（Dijsktra）+(MlgM+MlgN)（最大生成树）+NlgN（排序）+QlgN（询问）)=O(MlgM+(N+M+Q)lgN) O ( N lg N （ D i j s k t r a ） + ( M lg M + M lg N ) （ 最 大 生 成 树 ） + N lg N （ 排 序 ） + Q lg N （ 询 问 ） ) = O ( M lg M + ( N + M + Q ) lg N )
代码
using namespace std;
#include v.a || u.a==v.a && u.ans>v.ans);
}
int ac[MAXN+1];
struct Union_Find_Set
{
int fa;
int a;
long long ans;
int dep;
} ufs[MAXN+1];
int getfa(int x)
{
while (ufs[x].fa!=x)
x=ufs[x].fa;
return x;
}
int main()
{
// freopen("return.in","r",stdin);
// freopen("return.out","w",stdout);
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(last,0,sizeof last);
ne=0;
for (int i=1;i<=m;++i)
{
int u,v,l,a;
scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&l,&a);
link(u,v,l,a);
link(v,u,l,a);
ed[i].u=u,ed[i].v=v,ed[i].l=l,ed[i].a=a;
}
scanf("%d%d%d",&Q,&K,&S);
Shortest_Path();
sort(ed+1,ed+m+1,cmped);
for (int i=1;i<=n;++i)
{
ufs[i].fa=i;
ufs[i].a=S+1;
ufs[i].ans=dis[i];
ufs[i].dep=1;
}
ncl=0;
for (int i=1;i<=n;++i)
{
++ncl;
cl[ncl].x=i;
cl[ncl].ans=dis[i];
cl[ncl].a=S+1;
}
for (int i=1;i<=m;++i)
{
int x=getfa(ed[i].u),y=getfa(ed[i].v);
if (x!=y)
{
//x->y
if (ufs[x].dep>ufs[y].dep)
swap(x,y);
ufs[x].fa=y;
ufs[x].a=ed[i].a;
ufs[y].dep=max(ufs[y].dep,ufs[x].dep+1);
if (ufs[x].ans1,cl+ncl+1,cmpcl);
for (int i=1,j=0;i<=ncl;++i)
if (cl[i-1].x!=cl[i].x)
ac[j++]=i-1;
ac[n]=ncl;
long long lastans=0;
while (Q--)
{
int v,p;
scanf("%d%d",&v,&p);
v=(v+K*lastans-1)%n+1;
p=(p+K*lastans)%(S+1);
while (v!=ufs[v].fa && pint l=ac[v-1]+1,r=ac[v],res=-1;
while (l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if (p1;
else
r=mid-1;
}
lastans=cl[res].ans;
printf("%lld\n",lastans);
}
}
return 0;
}
bool cmph(int son,int fa)
{
return dis[son]>dis[fa];
}
int h[MAXN],nh;
bool bz[MAXN+1];
void Shortest_Path()
{
memset(dis+1,127,sizeof(long long)*n);
memset(bz+1,0,sizeof(bool)*n);
dis[1]=0;
nh=1;
h[0]=1;
bz[1]=1;
while (nh)
{
int top=h[0];
pop_heap(h,h+nh--,cmph);
for (EDGE *ei=last[top];ei;ei=ei->las)
if (dis[top]+ei->lto])
{
dis[ei->to]=dis[top]+ei->l;
if (!bz[ei->to])
{
bz[ei->to]=1;
h[nh++]=ei->to;
push_heap(h,h+nh,cmph);
}
}
bz[top]=0;
}
} Others
1、 我比赛时没切题，是因为数组开小了……
2、 其实这个程序还有改进的地方，比如，在这题中，一些边的海拔是相同的，但我在最大生成树是会记录多条修改信息，其实可以并在一起。改起来也简单，但我懒得改了。