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题目大意：给出一张$n$个点$m$条边的无向图，并给出一对未知的起点和终点，每条边都有两种边权$A$和$B$(每条边的$A$和$B$都分别相同)，每次你可以设置每条边的边权并向交互库询问，交互库会返回给你当前边权下起点到终点的最短路，你需要在不多于$50$次的询问后找出起点和终点。
我们设起点为$S$，终点为$T$。
首先需要一次询问将边权都设为$A$来知道$S$到$T$的最短路。然后我们可以用二分来找到一个处于$S$到$T$最短路上的点：每次将编号在$[0,mid]$的点的所有出边设为$B$，其他的设为$A$。如果得到的最短路不变，那么显然编号在$[mid+1,n-1]$的点有处于$S$到$T$最短路上的点，反之编号在$[0,mid]$的点有处于$S$到$T$最短路上的点。我们设找到的这个点为$x$，那么$S$与$T$中一定有一个点距离$x$较远，我们设这个点为$S$。从$x$开始$bfs$，二分然后每次将$bfs$序的$[mid+1,n-1]$这些点的所有出边设为$B$，其他边设为$A$，这样就能找到$S$，再从$S$开始$bfs$同样二分$bfs$序找到$T$。这样询问次数是$3*log_{2}^{90000}+1=52$，可以得到$90$分。
既然第一步可以二分找到最短路上的一个点，那么我们同样也可以找到一条边。每次将编号在$[0,mid]$的边设为$B$其他边设为$A$来找到最短路上的一条边，对于这条边的两端点$(u,v)$显然每个点到这两个点的最短距离不同，我们按每个点到这两个点的最短距离将离$u$更近的分为一部分，离$v$更近的分为另一部分，对于每部分还是二分$bfs$序来分别找到$S$和$T$，这样最坏情况询问次数为$1+log_{2}^{130000}+2*log_{2}^{45000}=50$,即可得到满分。
#include"highway.h"
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
vector<int>s[90010];
vector<int>to[90010];
int w[130010];
ll path;
queue<int>q;
int dis_u[90010];
int dis_v[90010];
int que_u[90010];
int que_v[90010];
int cnt_u;
int cnt_v;
int S,T;
bool cmp_u(int x,int y)
{
return dis_u[x]<dis_u[y];
}
bool cmp_v(int x,int y)
{
return dis_v[x]<dis_v[y];
}
void find_pair(int n,vector<int> u,vector<int> v,int A,int B)
{
int num=u.size();
for(int i=0;i<num;i++)
{
s[u[i]].push_back(i);
to[u[i]].push_back(v[i]);
s[v[i]].push_back(i);
to[v[i]].push_back(u[i]);
}
path=ask(vector<int>(w,w+num));
int l=0;
int r=num-1;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=0;i<num;i++)
{
w[i]=0;
}
for(int i=0;i<=mid;i++)
{
w[i]=1;
}
ll value=ask(vector<int>(w,w+num));
if(value==path)
{
l=mid+1;
}
else
{
r=mid;
}
}
q.push(u[l]);
dis_u[u[l]]=1;
while(!q.empty())
{
int now=q.front();
q.pop();
int len=to[now].size();
for(int i=0;i<len;i++)
{
if(!dis_u[to[now][i]])
{
dis_u[to[now][i]]=dis_u[now]+1;
q.push(to[now][i]);
}
}
}
q.push(v[l]);
dis_v[v[l]]=1;
while(!q.empty())
{
int now=q.front();
q.pop();
int len=to[now].size();
for(int i=0;i<len;i++)
{
if(!dis_v[to[now][i]])
{
dis_v[to[now][i]]=dis_v[now]+1;
q.push(to[now][i]);
}
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(dis_u[i]<dis_v[i])
{
que_u[++cnt_u]=i;
}
else
{
que_v[++cnt_v]=i;
}
}
sort(que_u+1,que_u+1+cnt_u,cmp_u);
sort(que_v+1,que_v+1+cnt_v,cmp_v);
l=1,r=cnt_u;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=0;i<num;i++)
{
w[i]=0;
}
for(int i=mid+1;i<=cnt_u;i++)
{
int len=s[que_u[i]].size();
for(int j=0;j<len;j++)
{
w[s[que_u[i]][j]]=1;
}
}
ll value=ask(vector<int>(w,w+num));
if(path==value)
{
r=mid;
}
else
{
l=mid+1;
}
}
S=que_u[l];
l=1,r=cnt_v;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=0;i<num;i++)
{
w[i]=0;
}
for(int i=mid+1;i<=cnt_v;i++)
{
int len=s[que_v[i]].size();
for(int j=0;j<len;j++)
{
w[s[que_v[i]][j]]=1;
}
}
ll value=ask(vector<int>(w,w+num));
if(path==value)
{
r=mid;
}
else
{
l=mid+1;
}
}
T=que_v[l];
answer(S,T);
}