分糖果这道题也是肥肠简单的：

只要找到了规律就可以迎刃而解了

再看题解之前可以先想想自己是怎么写的：

[1]模拟分糖果的过程？

[2]找规律？

聪明的你一定第一次就想到了要找规律

（第一次用的模拟 事实证明会爆）！！！

那么该怎么做呢？

在分糖果这道题中存在一个下限和上限

也就是L和R

动用那你聪明的小脑瓜就可以发现

如果（if）

L/n等于R/n

当这种情况存在的时候 我们的结果就是r%n

tip:也就是上限(R)模人数(n) 显而易见的

另外的（else）

也就是说当R/n不等于L/n的时候 我们怎么办呢？

这时候就可以再思考一下下了捏

当这种情况是 也就说明了再上线R和下线L中间一定存在一种剩余糖果最多的情况 

所以这种情况的结果就是n-1

tip:也就是人数(n)减去一 显而易见的

那么这道题是不是就迎刃而解了呢！

是的！

代码附上 希望能帮到OIer们 点个赞呗！！！

首先可以不是简单路径，这启示我们用并查集，但 $a,b$ 的二维限制有些不可做，我们可以先想暴力，对于每个询问只需将所有 $a_i \leq a$ 且 $b_i \leq b$ 的所有边加入并查集，并维护最大 $a,b$ 值，判断 $u,v$ 是否在一个联通块内，且最大值即为 $a,b$，这样可以 $\mathcal{O}(mq\log{n})$。

限制太特殊了，我们考虑分块，首先将所有边按照 $a$ 排序后分块，每个询问离线下来后把其放到尽量右块内，使所有其左边的块的 $a$ 值都小于等于它，然后我们枚举每个块，将该块询问先按照 $b$ 排序，再将前面的块按照 $b$ 排序，双指针加边即可。

对于在该块内的边，我们暴力枚举加边，枚举后撤销这些操作，所以 并查集不能路径压缩，只能按秩合并。

复杂度 $\mathcal{O}(qB\log{n} + \frac {m^2} B \log{n})$，取 $B = \sqrt{m}$ 得复杂度为 $\mathcal{O}((q + m)\sqrt{m}\log{n})$。

但是貌似 $B = \sqrt{m\log{n}}$ 跑的最快 : )。

首先我们假设两条边 $(u1,v1)$，$(u2,v2)$ 中间未选择断边，则我们可以考虑 DP，设 $f_i$ 表示 必须选 $(fa_i,i)$ 这条边时在其子树内走可以得到的最大贡献，则任意一点 $v$ 在其子树内，则有转移方程 $f_i = \max\limits_{v \in son(i)} f_v + size_v \times (size_u - size_v)$，这东西可以用 李炒熟 维护，对于树形结构可以用 李超树合并 解决子树问题。

但是这显然没完，上述所求的只是在一条链 从子树到祖先 上的路径，然后我们考虑在某个点合并两条链，假设合并两点 $u,v$，则需要再减去重复的贡献 $size_u \times size_v$，所以我们求得答案即为 $f_u + f_v - size_u \times size_v$ 的最大值，显然也可以用 李焯书，然后考虑如何合并，显然可以用 淀粉质，复杂度是 $\mathcal{O}(n\log^2{n})$ 的，但巨大长代码。

知周所众，dsu on tree 是可以代替一些淀粉质的，所以我们考虑用 dsu on tree，考虑每个点 $x$，保存其 重儿子 的李超树，其余节点暴力查询答案，然后进行 李焯书贺兵 即可，复杂度也是 $\mathcal{O}(n\log^2{n})$，但较好写，常数也小。

首先我们考虑如何求每个点的贡献，可以发现只有最后一次经过某点的时间是有用的，我们可以考虑 最少失去的法力值，设其为 $w$ ，则答案即为 $s \times \sum m - w$，$n$ 较小，考虑状压 DP，因为询问规定了最终点，所以一维是不行的，设 $f_{i,j}$ 表示已经最后一次经过状态 $i$ 中的点，且当前在 $j$ 位置的最小答案，则有状态转移方程：

$$f_{i,j} = \min {f_{la,k} + d_{k,j} \times s_{la}}$$

其中 $d_{i,j}$ 表示 $i$ 到 $j$ 的最短路，$s_{i}$ 表示状态 $i$ 中所有节点的 $m$ 和。

然后对于答案，即为 $ans = \underline{s_{i}}_k \times \underline{s}_x + (\underline{-f_{i,j}}_b)$，显然可以 李焯书 解决。

复杂度 $\mathcal{O}(2^nn^2 + 2^nn\log{V} + q\log{V})$，当然也可以维护凸包，但是瓶颈不在这，复杂度差不多。

先说结论：

本题泛用性强，对策性一般，属于中杯偏下难度

（？）

P个点（不是N，别弄错了）），C条边，把奶牛当成点的权值，求所有点到一个点的最短距离与权值的乘积和

很标准的带权最短路问题，像是Dijkstra（需要堆优化）、Floyd（无向图优化）、SPFA什么的都可以）

因为不会Dijkstra的堆优化和SPFA遂写了Floyd（但是特别慢）（O((P^3)/2)）

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;
int n,p,m;
int pt1[810]; //奶牛所在节点 
int gra[810][810]; //邻接矩阵 
void f(){
	for(int k=1;k<=p;k++){
		for(int i=1;i<=p;i++){
			for(int j=1;j<i;j++){ //无向图，A到B和B到A一样，可以只算一半 
				if(gra[i][j]>gra[i][k]+gra[k][j]){
					gra[i][j]=gra[i][k]+gra[k][j];
					gra[j][i]=gra[i][j];
				}
			}
		}
	}	
}	
int main(){
	freopen("butter.in","r",stdin);
	freopen("butter.out","w",stdout);
	
	memset(gra,0x3f,sizeof gra); //初始化 
	
	scanf("%d%d%d",&n,&p,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int k;scanf("%d",&k);
		pt1[k]++; //奶牛节点 
	}
	
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int a,b,k;scanf("%d%d%d",&a,&b,&k);
		gra[a][b]=gra[b][a]=k;
	}
	
	for(int i=1;i<=p;i++) gra[i][i]=0; //到自身距离为0 
	f(); //Floyd 
	
	int ans=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=p;i++){
		int sum=0;
		for(int j=1;j<=p;j++) sum+=gra[j][i]*pt1[j]; //用距离乘这个节点的奶牛数量，就是这个节点奶牛走的总距离 
		ans=min(ans,sum);
	}
	printf("%d",ans);
	
	return 0;
}

2024.7.19更新：

洛谷上一组数据卡了我半天 原因是：这个图不联通

所以应该在算ans的地方加个特判，这样才能过洛谷的数据）

if(gra[j][i]==0x3f3f3f3f&&pt1[j]) break;

小杯理解 逃逸了）