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：
- 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。
- 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。
1 #include <cstdio>
2 #include <queue>
3 #include <cstring>
4 #include <algorithm>
5
6 typedef long long LL;
7 const int N = 600005, INF = 2e9 + 7, LOG = 21;
8
9 int tc, n, m, Qi, k, s;
10 int dis[N], flg[N], val[N], mdi[N], gr[LOG][N];
11 std::priority_queue<std::pair<int, int> > Q;
12
13 inline void Read(int &x) {
14 x = 0; static char c;
15 for (c = getchar(); c < '0' || c > '9'; c = getchar());
16 for (; c >= '0' && c <= '9'; x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar());
17 }
18
19 struct Edge {
20 int u, v, a;
21 inline friend bool operator < (Edge a, Edge b) {
22 return a.a > b.a;
23 }
24 } e[N];
25
26 int yun, las[N], to[N << 1], pre[N << 1], wi[N << 1];
27 inline void Add(int a, int b, int c = 0) {
28 to[++yun] = b; wi[yun] = c; pre[yun] = las[a]; las[a] = yun;
29 }
30 void Gragh_clear() {
31 memset(gr, 0, sizeof gr);
32 memset(las, 0, sizeof las);
33 yun = 0;
34 }
35
36 namespace DSU {
37 int fa[N];
38 void Init() {
39 for (int i = 1; i <= n + m; ++i) {
40 fa[i] = i;
41 if (i <= n) mdi[i] = dis[i], val[i] = -1;
42 }
43 }
44 int Seek(int x) {
45 return (x == fa[x])? (x) : (fa[x] = Seek(fa[x]));
46 }
47 void Merge(int x, int y) {
48 fa[Seek(y)] = x;
49 }
50 }
51
52 void Dij() {
53 for (int i = 1; i <= n; ++i) {
54 dis[i] = INF; flg[i] = 0;
55 }
56 dis[1] = 0;
57 Q.push(std::make_pair(0, 1));
58 for (; !Q.empty(); ) {
59 int x = Q.top().second; Q.pop();
60 if (flg[x]) continue;
61 flg[x] = 1;
62 for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) {
63 if (dis[to[i]] > dis[x] + wi[i]) {
64 dis[to[i]] = dis[x] + wi[i];
65 Q.push(std::make_pair(-dis[to[i]], to[i]));
66 }
67 }
68 }
69 }
70
71 int main() {
72 freopen("return.in", "r", stdin);
73 freopen("return.out", "w", stdout);
74
75 scanf("%d", &tc);
76 for (; tc; --tc) {
77 scanf("%d%d", &n, &m);
78 Gragh_clear();
79 for (int i = 1, x, y, a, l; i <= m; ++i) {
80 //scanf("%d%d%d%d", &x, &y, &l, &a);
81 Read(x); Read(y); Read(l); Read(a);
82 Add(x, y, l); Add(y, x, l);
83 e[i] = (Edge) { x, y, a };
84 }
85 Dij(); DSU::Init();
86
87 std::sort(e + 1, e + 1 + m);
88 for (int i = 1; i <= m; ++i) {
89 int x = DSU::Seek(e[i].u), y = DSU::Seek(e[i].v);
90 if (x == y) continue;
91 val[i + n] = e[i].a;
92 mdi[i + n] = std::min(mdi[x], mdi[y]);
93 DSU::Merge(i + n, x); DSU::Merge(i + n, y);
94 gr[0][x] = gr[0][y] = i + n;
95 }
96
97 for (int i = 1; i < LOG; ++i) {
98 for (int j = 1; j <= n + m; ++j) {
99 if (gr[i - 1][j]) gr[i][j] = gr[i - 1][gr[i - 1][j]];
100 }
101 }
102
103 scanf("%d%d%d", &Qi, &k, &s);
104 for (int x, a, lans = 0; Qi; --Qi) {
105 //scanf("%d%d", &x, &a);
106 Read(x); Read(a);
107 x = (x + (LL) k * lans - 1) % n + 1;
108 a = (a + (LL) k * lans) % (s + 1);
109 for (int i = LOG - 1; ~i; --i) {
110 if (gr[i][x] && val[gr[i][x]] > a) x = gr[i][x];
111 }
112 printf("%d\n", mdi[x]);
113 lans = mdi[x];
114 }
115 }
116
117 return 0;
118 }
$\bigodot$技巧＆套路：
- kruskal重构树的构建，最小生成树上最值问题的再探。
来源：https://www.cnblogs.com/Dance-Of-Faith/p/9333015.html