顯然可以將式子中的行列貢獻分開考慮。
於是問題轉化為等差數列求和。
然而模數比較大，為了避免高精度可以用慢速乘。
顯然問題具有單調性，於是可以二分答案，然而這個演算法並沒有什麼用。
考慮使用基於倍增的二分。
然後用個歸併排序，因為$\sum \limits_^i*2^i$與$k*2^k$是同級別的，
所以可以保證每次倍增大小至與最終的區間大小複雜度呈乙個$log$的關係。
所以總的複雜度是$o(nlogn)$。
這題是李煜東原題
設$f_i$表示從$i$到$n$這一段路徑中用過封路許可權，最優決策下的路徑長度。
因為封路許可權只有一次，設$d_$表示封掉$(i,j)$這條邊之後，$i$走到$n$的最短路。
那麼有$f_i=\min\limits_(max(d_,f_j+w_))$。
表面上，裡面的取$max$，表示b
哥有一次作出限制的機會，外面的取$min$則表示小$a$的最優決策。
實際上這個式子似乎並沒有想象的那麼簡單。
b哥只有一次作出限制的機會，也就是說
當$d_>f_j+w_$，b
哥只能取一次$max$，表示割掉這條邊。
但對於乙個$i$，取了多次$max$，這顯然是存在錯誤的。
正確的做法應該是取出所有的$f_j+w_$，b
哥的最優決策應當是限制其中最小的乙個，也就是只對最小的乙個取$max$。
之後小$a$會再取其中最小的乙個，視作取$min$。
然而對於存在環的轉移，這種實現方法似乎並不現實。
實際上題解中給出的式子是可行的，因為$f_i>=dis(i,n)$
所以$d_>f_j+w_$僅當$(i,j)$是$i \rightarrow n$最短路徑上的邊，
如果求出最短路樹，$i \rightarrow n$之間存在唯一路徑，
也就是說$d_>f_j+w_$僅有一次，所以題解中簡單的取$max$操作是正確的。
所以這個$f$陣列可以用最短路求出，問題在於如何求$d$陣列。
仍然考慮上面提到的最短路樹，設$dis_i$表示從$n$到$i$的最短路的路徑，即樹上的唯一路徑。
顯然割掉非樹邊，$i$仍然會沿著樹邊走到$n$，問題是簡單的。
對於割掉樹邊，設連線的兩個點為$(u,v)$，會形成兩個聯通塊。
設$u$在$n$所在聯通塊中，$a$在$n$所在聯通塊中，$b$在$v$所在聯通塊中，$a,b$相連。
顯然$b$在$v$的子樹中。
最優路徑為$n \rightarrow a \rightarrow b \rightarrow v$
即$d_=dis_a+w_+dis_b-dis_v$
發現這個式子與$(a,b)$相關的項太多了，只要列舉這條邊$(a,b)$，可以更新一條鏈的答案。
用樹上差分的思想，可以用乙個$multiset$維護出現了哪些值，可以做到查詢最大值。
當然這裡要用啟發式合併，來保證複雜度是正確的。
當然也可以用一些樹鏈剖分之類的操作進行區間取$max$操作。
實際上這個還可以用類似並查集的結構實現。
發現乙個邊只要被最小的元素更新就可以了。
所以可以用類似並查集的結構維護每個點已經更新到哪個父親，之後可以暴力跳父親，更新$d$值。
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