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• 题目大意
• 思路
• 代码
• 总结

前言

其实我感觉本题的难点在于分成奇偶两个不同的最短路来计算，图论和最短路其实不难想。

题目大意

题面有点长，还是放一下链接吧。题目传送门

思路

首先看到这题，图论肯定能想到。之后就可以想出一个暴力做法，模拟一遍这个过程，做一次dfs，然后判断。光看到 $L$ 的范围就知道肯定不对。之后想了想，这个 $L$ 的范围肯定没有什么在线处理 $\log{n}$ 的算法了，极大可能要做预处理然后 $\mathcal{O}(1)$ 回答。

之后让我们转化一下思路，其实就是问在 $a$ 和 $1$ 之间存不存在一条长度为 $L$ 的路径。考虑最短路，如果从 $a$ 到 $1$ 的最短路比 $L$ 大，那么肯定从 $L$ 开始不需要到。但是可能出现来回来回的情况。

之后再次进行考虑，可以发现，在两条边之间来回走就可以自给自足了，每一次来回增加 $1$ 的阶段需要走两次，也就是如果这条边的最短路走出来了 $3$，那么也一定可以走出 $5,7\cdots$但是不可以确定能否走出 $6$，但是偶数如果走出来 $2$ 就一定可以走出 $6$，所以要按照奇偶分最短路。之后在根据 $L$ 的奇偶对奇偶最短路进行判断即可。

需要注意，如果 $1$ 是孤立的，则它没有偶数最短路，所以做bfs时先把 $1$ 的连接边放进队列里即可。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=1e5+5;
vector<ll>adj[MAXN];
ll dis[MAXN][3];
ll n,m,Q;
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&Q);
    for (int i = 1; i <=m ; ++i) {
        ll u,v;
        scanf("%lld%lld",&u,&v);
        adj[u].push_back(v);
        adj[v].push_back(u);
    }
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    queue<pair<ll,ll> >q;
    for (int i = 0; i <adj[1].size() ; ++i) {
        ll v=adj[1][i];
        dis[v][1]=1;
        q.push({v,1});
    }
    while (!q.empty()){
        ll u=q.front().first,w=q.front().second+1;
        q.pop();
        for (int i = 0; i <adj[u].size() ; ++i) {
            ll v=adj[u][i],type=w%2;
            if(w<dis[v][type]){
                dis[v][type]=w;
                q.push({v,w});
            }
        }
    }
    for (int T = 1; T <=Q ; ++T) {
        ll a,L;
        scanf("%lld%lld",&a,&L);
        if(dis[a][L%2]>L){
            printf("No\n");
        }else{
            printf("Yes\n");
        }
    }
    return 0;
}

总结

我们知道了本题可以使用奇偶最短路进行判断，同时可以根据暴力和输入数据的大小去推断可能的算法。在本题中我们通过暴力和 $L$ 的范围推断出不太可能有在线的做法。