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}^k2^{i-1}c_i mod MOD)，(c_i)表示经过的第(i)条边的边权。
(MOD)给定。(MODle 10^6)
(n,m,Qle 5*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) o (b,2x+c) o (a,4x+3c) o dots)。走(i)次权值为(2^ix+(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^kx+sum_{i=1}^k2^{i-1}c_i)，然后根据前面的结论变成(2^kx+sum_{i=1}^k2^{i-1}c_i+2^k*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,bin 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)mod MOD),g|((b-a) mod 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) o (a,x+z)' o (b,2(x+z)+c-z)'=(b,2x+c+z)' o (b,2x+c))
（后面不把(')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^px+qg))
显然(qin {0,1,2})。
由于有((a,x) o (b,2x+c) o (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})。
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+zequiv 2^{2k+p}z+qg pmod {gcd(3g,MOD)},kin 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
");
else
printf("NO
");
}
return 0;
}