AGC031F Walk on Graph

AGC031F

给你一个有$n$个点$m$条边的无向图。

$Q$次询问，每次询问$S$到$T$，是否有路径的权值恰好为$R$。

路径权值的定义：${\sum }_{i=1}^k{2}^{i-1}{c}_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}MOD$，$c_i$表示经过的第$i$条边的边权。

$MOD$给定。$MOD\le 10^6$

$n,m,Q\le 5\ast 10^4$

---

神仙题。

首先感觉正着做要记第几个，不太优美，考虑反着做。记状态为$(a,x)$表示到达了点$a$，权值为$x$。一次经过边$(a,b,c)$的转移可以到达$(b,2x+c)$。

接下来分析一波性质：

性质一：

假如在边$(a,b,c)$来回走动：$(a,x)\to (b,2x+c)\to (a,4x+3c)\to \dots$。走$i$次权值为$2^{i}x+(2^i-1)c$。若干次（具体来说是$2$在模$MOD$意义下的秩次）后，权值就会回到$x$。这时候点可能在$a$或$b$，如果这个时候位置在$b$，再走这么多次位置就会回到$a$。

于是可以发现$(b,2x+c)$是可以到达$(a,x)$的。那么$(a,x)$和$(b,2x+c)$之间连的是双向边。

如果我们将所有状态建出一个图，那么问题就是判断$(T,0)$和$(S,R)$是否在同一个连通块。

性质二：

假如现在的权值是$x$，和当前所在的点（记为$u$）相连的边有两条长度为$a$和$b$的边。

分别来回走一趟，分别可以得到$4x+3a$和$4x+3b$。

换元，将$4x+3a$变成$x$，那么$x$和$x+3(b-a)$是联通的。

将这个性质扩展一下：一个在远处的点$v$，和它相连的有两条长度为$a$和$b$的边。现在在点$u$，权值$x$和$x+3(b-a)$是联通的。 考虑如此构造：任选一条从$u$到$v$路径走过去，权值形如$2^{k}x+{\sum }_{i=1}^k{2}^{i-1}{c}_i$，然后根据前面的结论变成$2^{k}x+{\sum }_{i=1}^k{2}^{i-1}{c}_i+2^k\ast 3(b-a)$。按照先前的路径回退回去（如性质一，即$(b,2x+c)$到$(a,x)$）。这样最终到达状态$(u,x+3(b-a))$。

再扩展：选取的这两条边可以是任意的两条边。 假如$u$和$v$之间有一条权值为$b$的边，考虑选取和$u$相连的两条边$a,b$与和$v$相连的两条边$b,c$，那么可以从$x$得到$x+3(b-a)+3(c-b)=x+3(c-a)$。如果不直接相连，可以类似地扩展。

性质三：

设$g={\gcd }_{a,b\in E}(a-b)$。其中$a-b$是模$MOD$意义下的。

可以证明$g|MOD$：由于$g|((a-b)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}MOD),g|((b-a)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}MOD)$，所以$g|MOD$。

那么把$\gcd (3g,MOD)$作为新的模数，是可以替代原问题的。因为由数论知识得每个状态的权值可以任意加减$3g$。

显然$gcd(3g,MOD)=g或3g$。

接下来是做法：

显然所有边的边权模$g$的值是相同的，记为$z$。

将所有边权减$z$，状态中的权值加$z$。

可以发现这样转换之后问题是不变的：$(a,x)\to (a,x+z{)}^{\prime }\to (b,2(x+z)+c-z{)}^{\prime }=(b,2x+c+z{)}^{\prime }\to (b,2x+c)$

（后面不把${}^{\prime }$写出来了，这里只是为了方便区分）

考虑从$(u,x)$出发，到达的状态一定可以表示成这样的形式：$(v,2^{p}x+qg)$

显然 q ∈ { 0 , 1 , 2 } q\in \{0,1,2\} q∈{ 0,1,2}。

由于有$(a,x)\to (b,2x+c)\to (a,4x+3c)$，$c$为$g$的倍数，在对$\gcd (3g,MOD)$取模之后，就变成了$(a,4x)$。

因此$p$只需要记录它的奇偶性。因此取值范围为 { 0 , 1 } \{0,1\} { 0,1}。

总共有$6n$种状态，连边，并查集维护。

在查询的时候，相当于从$(T,z)$出发到$(S,R+z)$

询问是否存在$p,q$使得$R+z\equiv 2^{2k+p}z+qg(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\gcd (3g,MOD)),k\in Z$

预处理能表示为$2^{2k+p}z$的点有哪些，然后就可以快速判断了。

---

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 50010
int gcd(int a,int b){
    
    
	while (b){
    
    
		int k=a%b;
		a=b,b=k;
	}
	return a;
}
int n,m,p;
struct EDGE{
    
    
	int to,c;
	EDGE *las;
} e[N*2];
int ne;
EDGE *last[N];
void link(int u,int v,int c){
    
    
	e[ne]=(EDGE){
    
    v,c,last[u]};
	last[u]=e+ne++;
}
int g,d,z;
int pz[2][1000010];
struct Dsu{
    
    
	Dsu *p;
	Dsu *getfa(){
    
    return p==this?p:p=p->getfa();}
} *f[N][2][3];
bool check(int S,int T,int R){
    
    
	for (int j=0;j<2;++j)
		for (int k=0;k<3;++k){
    
    
			int t=((z+R-k*g)%d+d)%d;
			if (pz[j][t] && f[T][0][0]->getfa()==f[S][j][k]->getfa())
				return 1;			
		}
	return 0;
}
int main(){
    
    
	int Q;
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&Q,&p);
	for (int i=1;i<=m;++i){
    
    
		int u,v,c;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&c);
		link(u,v,c),link(v,u,c);
	}
	g=p;
	for (int i=1;i<=n;++i){
    
    
		int c1=last[i]->c;
		for (EDGE *ei=last[i]->las;ei;ei=ei->las)
			g=gcd(g,gcd((c1-ei->c+p)%p,(ei->c-c1+p)%p));
	}
	d=gcd(3*g,p);
	z=last[1]->c%g;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (EDGE *ei=last[i]->las;ei;ei=ei->las)
			ei->c-=z;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=0;j<2;++j)
			for (int k=0;k<3;++k){
    
    
				f[i][j][k]=new Dsu;
				f[i][j][k]->p=f[i][j][k];
			}
	pz[0][z]=1;
	pz[1][z*2%d]=1;
	if (z){
    
    
		for (int x=z*4%d;x!=z;x=x*4%d)
			pz[0][x]=1;
		for (int x=z*8%d;x!=z*2%d;x=x*4%d)
			pz[1][x]=1;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=0;j<2;++j)
			for (int k=0;k<3;++k)
				for (EDGE *ei=last[i];ei;ei=ei->las){
    
    
					int j_=(j+1)%2,k_=(k*2+ei->c/g)%(d/g);
					f[ei->to][j_][k_]->getfa()->p=f[i][j][k]->getfa();
				}
	while (Q--){
    
    
		int S,T,R;
		scanf("%d%d%d",&S,&T,&R);
		if (check(S,T,R))
			printf("YES\n");
		else
			printf("NO\n");
	}
	return 0;
}