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……
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……
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xx所表示的集合要并到yy所表示的集合中时，在xx上记录一下两者联通的最高海拔。
并试着更新一下yy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−1N−1条边，那么，顶多更新N−1N−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(NlgN（Dijsktra）+(MlgM+MlgN)（最大生成树）+NlgN（排序）+QlgN（询问）)=O(MlgM+(N+M+Q)lgN)
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAXN 200000
#define MAXM 400000
int n,m;
struct edge
{
int u,v,l,a;
} ed[MAXM+1];
bool cmped(const edge &x,const edge &y)
{
return x.a>y.a;
}
struct EDGE
{
int to,l,a;
EDGE *las;
} e[MAXM*2];
int ne;
EDGE *last[MAXN+1];
void link(int u,int v,int l,int a)
{
e[ne].to=v,e[ne].l=l,e[ne].a=a;
e[ne].las=last[u];
last[u]=e+ne;
++ne;
}
long long dis[MAXN+1];
void Shortest_Path();
int Q,K,S;
struct Change_List
{
int x,a;
long long ans;
} cl[MAXN*2+1];
int ncl;
bool cmpcl(const Change_List &u,const Change_List &v)
{
return u.x<v.x || u.x==v.x && (u.a>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].ans<ufs[y].ans)
{
ufs[y].ans=ufs[x].ans;
++ncl;
cl[ncl].x=y;
cl[ncl].ans=ufs[x].ans;
cl[ncl].a=ed[i].a;
}
}
}
sort(cl+1,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 && p<ufs[v].a)
v=ufs[v].fa;
int l=ac[v-1]+1,r=ac[v],res=-1;
while (l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if (p<cl[mid].a)
l=(res=mid)+1;
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->l<dis[ei->to])
{
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;
}
}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。
