考慮列舉加油的位置，當確定某次在第$i$個位置加油後，且下一次到$j$加油，那麼$i$到$j$必然會選擇不超過$c_$條邊且最長的路徑，記作$d_$
如果能求出$d_$，再設$f_$表示$q$元（恰好用完）從$i$出發的最長路，列舉$i$之後那一次加油點即可轉移，由於$q\le n^$，因此這裡的複雜度為$o(n^)$
接下來，對其求一次字首max再二分，即可對詢問做到$o(t\log_q)$的複雜度
現在還有乙個問題，考慮如何預處理最開始的$d_$
倍增，求出從$i$出發，走不超過$2^$次走到$j$的最長路，通過列舉走$2^$時的點來轉移，可以做到$o(n^\log_c_)$
類似的，再對每乙個點$i$做一次dp，同樣列舉中專點轉移即可，時間複雜度也是$o(n^\log_c_)$
1 #include2view codeusing
namespace
std;
3#define n 105
4#define m 1005
5#define k 100005
6struct
jiedge[m];
9struct
quq[k];
12int e,n,m,t,x,y,z,head[n],p[n],c[n],g[21][n][n],ff[n],f[n][n],ans[n*n][n];
13void add(int x,int y,int
z)19
intmain()28}
29 memset(head,-1,sizeof
(head));
30for(int i=1;i<=m;i++)
34 memset(g,-0x3f,sizeof
(g));
35for(int i=1;i<=n;i++)
39for(int i=1;i<=20;i++)
40for(int x=1;x<=n;x++)
41for(int y=1;y<=n;y++)
42for(int z=1;z<=n;z++)
43 g[i][x][y]=max(g[i][x][y],g[i-1][x][z]+g[i-1
][z][y]);
44 memset(f,-1,sizeof
(f));
45for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=0;46
for(int x=1;x<=n;x++)
47for(int i=0;i<=20;i++)
48if (c[x]&(1
<
54 memset(ans,-0x3f,sizeof
(ans));
55for(int i=1;i<=n;i++)ans[0][i]=0;56
for(int i=1;i<=n*n;i++)
57for(int x=1;x<=n;x++)
58if (p[x]<=i)
59for(int y=1;y<=n;y++)
60if (f[x][y]!=-1)ans[i][x]=max(ans[i][x],ans[i-p[x]][y]+f[x][y]);//
o(n^4)
61for(int i=1;i<=n*n;i++)
62for(int j=1;j<=n;j++)ans[i][j]=max(ans[i][j],ans[i-1
][j]);
63for(int i=1;i<=t;i++)
73 printf("
%d\n
",y-l);74}
75}76return0;
77 }
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