这题我们要求的是啥呢？仔细读题可以发现，工人传送带的关系可以看成一个 \(n\) 个点和 \(m\) 条边的无向图，然后对于每组询问 \((a,L)\)，其实就是问：
\(1\) 到 \(a\) 有没有一条长度为 \(L\) 的路径。
我们换个角度思考一下，如果已知 \(1\) 到 \(a\) 有一条长度为 \(S\) 的路径，我们在这条路径上任选一条边重复走一次，那么就会出现一条 \(1\) 到 \(a\) 长度为 \(S+2\)的路径 ，同理，也会有 \(1\) 到 \(a\) 长度为 \(S+4\)，也会有 \(1\) 到 \(a\) 长度为 \(S+6\) 的路径\(.......\)
那么我们可以知道：若 \(1\) 到 \(a\) 有一条长度为 \(S\) 的路径，其中 \(S \leq L\) 且 \(S\equiv L\pmod{2}\)，那么 \(1\) 到 \(a\) 有一条长度为 \(L\) 的路径。
为了统计更多的信息，我们要使得对于每个 \(a\) 求出的 \(S\) 最小，以及保证奇偶性一致，那么很明显就是分 奇\(/\)偶 求最短路了。
设 \(d[a][1/0]\) 表示 \(1\) 到 \(a\) 路径长度为 奇\(/\)偶 的最短路长度，特别的，若 \(1\) 到 \(a\) 没有路径长度为 奇\(/\)偶 的路径，则 \(d[a][1/0]\) 为正无穷。初始时 \(d[1][0]=0\) ，其他均为正无穷。
考虑到 "奇路径\(+1\)为偶路径" 与 "偶路径\(+1\)为奇路径" ，那么对于一条边 \((u,v)\) ，我们都可以尝试用 \(d[u][0]+1\) 去更新 \(d[v][1]\)，尝试用 \(d[u][1]+1\) 更新 \(d[v][0]\)。
这里拿 \(SPFA\) 做例子（别问为什么是这个死了的算法，问就是边权为 \(1\) 卡不掉，\(dijkstra\)同），具体的，在 \(SPFA\) 的过程中，在队列里多维护一个信息，表示松弛该节点时是奇最短路还是偶最短路（记为 \(type \in\{ 0,1\}\) ），对于每次松弛的节点 \(u\) ，扫描 \(u\) 的每一条出边 \((u,v)\) ，尝试用 \(d[u][type]+1\) 更新 \(d[v][type \ xor \ 1]\)，若更新成功且二元组 \((v,type \ xor \ 1)\) 不在队中，再把\((v,type \ xor \ 1)\)插入队尾，直至队列为空，这样就处理好了 \(d\) 数组。
对于每组询问\((a,L)\)， \(Θ(1)\) 比较 \(d[a][L\&1]\) 与 \(L\) 的大小关系即可。
需要注意的是，可能会有 \(1\) 号节点与所有点都没有连边的毒瘤数据，此时根据题意，当 \(a=1\) 时，无论 \(L\) 的取值，答案都是 \(NO\) ，但初始化时 \(d[1][0]=0\) ，如果 \(L\equiv 0\pmod{2}\)，则会输出 \(YES\)。此处需要特判一下，判断 \(1\) 号节点与所有点都没有连边的情况只需判断 \(1\) 号节点的表头是否为 \(0\) 即可（邻接表存边）
Code 部分
\(SPFA\)版本：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define RI register int
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
return x*f;
}
const int N=100100,M=200100;
int n,m,Q;
int tot,head[N],ver[M],edge[M],Next[M];
void add(int u,int v,int w)//邻接表
{
ver[++tot]=v; edge[tot]=w; Next[tot]=head[u]; head[u]=tot;
}
struct data{//队中节点数据
int type;// 奇/偶 最短路
int name;//编号
};
int d[N][2];
int vis[N][2];
void SPFA()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
d[1][0]=0;
queue<data>q;
q.push((data){0,1});
while(q.size())
{
data u=q.front();q.pop();vis[u.name][u.type]=0;//取出队头
for(RI i=head[u.name];i;i=Next[i])
{
int v=ver[i],w=edge[i];
if(d[u.name][u.type]+w<d[v][u.type^1])//能够更新
{
d[v][u.type^1]=d[u.name][u.type]+w;//更新
if(!vis[v][u.type^1])
{
vis[v][u.type^1]=1;//标记
q.push((data){u.type^1,v});//入队
}
}
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read(),Q=read();
for(RI i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read();
add(u,v,1),add(v,u,1);//加边
}
SPFA();
while(Q--)
{
int a=read(),L=read();
if(d[a][L&1]<=L&&(a!=1||head[a])/*特判*/)
puts("Yes");
else
puts("No");
}
return 0;
}\(dijkstra\)版本：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RI register int
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
return x*f;
}
const int N=100100,M=200100;
int n,m,Q;
int tot,head[N],ver[M],edge[M],Next[M];
void add(int u,int v,int w)//邻接表
{
ver[++tot]=v; edge[tot]=w; Next[tot]=head[u]; head[u]=tot;
}
int len;
struct data{//堆中节点数据
int tpye;// 奇/偶 最短路
int dis;//长度
int name;//编号
}heap[N];
void put(data x)//入堆操作
{
heap[++len]=x;
int now=len;
while(now)
{
int nxt=now/2;
if(heap[nxt].dis<=heap[now].dis)break;
swap(heap[nxt],heap[now]);
now=nxt;
}
}
void change()//堆顶出堆
{
heap[1]=heap[len--];
int now=1;
while(now*2<=len)
{
int nxt=now*2;
if(nxt+1<=len&&heap[nxt].dis>heap[nxt+1].dis)nxt++;
if(heap[now].dis<=heap[nxt].dis)break;
swap(heap[now],heap[nxt]);
now=nxt;
}
}
int d[N][2];
int vis[N][2];
void dijkstra()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
d[1][0]=0;
put((data){0,0,1});
while(len)
{
data u=heap[1];change();//取出堆顶
if(vis[u.name][u.tpye])continue;
vis[u.name][u.tpye]=1;//标记
for(RI i=head[u.name];i;i=Next[i])
{
int v=ver[i],w=edge[i];
if(d[u.name][u.tpye]+w<d[v][u.tpye^1])//能够更新
{
d[v][u.tpye^1]=d[u.name][u.tpye]+w;//更新
put((data){u.tpye^1,d[v][u.tpye^1],v});//入堆
}
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read(),Q=read();
for(RI i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read();
add(u,v,1),add(v,u,1);//加边
}
dijkstra();
while(Q--)
{
int a=read(),L=read();
if(d[a][L&1]<=L&&(a!=1||head[a])/*特判*/)
puts("Yes");
else
puts("No");
}
return 0;
}