#1.0 题意简述
给定一个 DAG，每条边有一个权值，DAG 上有些点为标记点，定义一个 GRE 为从 \(1\) 号节点开始到任意标记点结束，所经过的路径上每个权值作为一位拼成的串；特别的，保证 \(1\) 号点永远不是特殊点。
现在要求从 \(1\) 号点开始的第 \(k\) 小的 GRE 的长度。GRE 的比较方式如下：
- 从头比较每一位，若前面都相等，那么当前位小的 GRE 更小；
- 若 \(A\) 是 \(B\) 的一个前缀，那么 \(A<B\)；
多组数据，开始时会输入数据组数 \(T\).
#2.0 大体思路
#2.1 比较简单但看起来很菜的做法
首先不难想到，对于在 \(i\) 号节点出发的 GRE，经过权值较小的边的 GRE 一定较小，于是不难想到一种暴力的做法：通过按照 GRE 大小进行 dfs，直接得到第 \(k\) 小的 GRE 的长度，注意到由于 \(k\le10^8\)，于是我们只用找到排名前 \(\min\{10^8,GRE\_tot\}\) 的 GRE 的长度即可。
那么如何按照 GRE 大小进行 dfs 呢？这取决于存边的顺序，而输入的边没有顺序，于是这里采用 vector 存图，在 dfs 开始前现将每个点的出边按边权从小到大排序，这样存图的时间复杂度为 \(O(m\log m)\).
但是即使是只用找到排名前 \(\min\{10^8,GRE\_tot\}\) 个 GRE 的长度，直接 dfs 也是无法保证时间复杂度的，所以我们需要考虑记忆化，考虑如何将之前的信息进行利用，不难发现，不论何时访问点 \(i\)（即不论点 \(i\) 前的 GRE 片段是什么），从点 \(i\) 开始的 GRE 的相对大小是不变的，且在答案数组中一定是连续的，假设我们已经得到了第一次进入 \(i\) 时的各个 GRE 的长度，不难想到当前这一次访问 \(i\) 号节点得到的 GRE 长度，应当是第一次得到的长度减去第一次访问到 \(i\) 时的深度，加上当前的深度。
而我们需要单独开数组保存第一次到达 \(i\) 时，从 \(i\) 出发的 GRE 长度吗？不需要，因为我们的答案数组就是 GRE 长度，而且由于每一次到达 \(i\) 后从 \(i\) 出发的 GRE 大小一定连续，所以我们只需要保存在答案数组中的开始位置和数量即可。
这样的话，整体时间复杂度为 \(O(m\log m+\min\{10^8,GRE\_tot\})\).
#2.1 比较困难但可以装B的做法
设 \(f_{i,j}\) 表示从 \(i\) 开始第 \(j\) 小的 GRE 长度，考虑用一种数据结构进行维护，单个数据结构维护从 \(i\) 开始的各个 GRE 长度，考虑转移过程，发现需要支持以下几种操作：
- 合并两个数据结构
- 全局加一
- 插入一个结点
以上三种操作都可以采用可持久化平衡树进行维护，同样的，当一棵树的大小超过 \(10^8\)，就可以把多余的部分删去了。
实现时细节极多（当然我没实现，只是脑中 yy 了一下[doge]），这样的合并需要按照逆拓扑序进行遍历、合并，即建出原图的反图进行拓扑。由于同一棵平衡树可能需要合并多次，所以需要可持久化。由于是采用拓扑，所以不好控制遍历边的顺序，于是我们合并时同样需要先进行分裂，所以需要维护权值，再将当前平衡树合并进去，涉及到改变整棵平衡树的权值，需要进行打标记处理。
合并之后再将整棵平衡树点数维持在 \(10^8\) 以内，多出的部分回收处理，所以还需要维护每个子树的大小。
总之就是很麻烦就对了。
#3.0 Code
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
const int N = 100010;
const int M = 100000010;
const int LIMIT = 1e8;
struct Edge {
int u, v, w;
Edge (int _u, int _v, int _w) {u = _u, v = _v, w = _w;}
inline bool operator < (const Edge x) const {return w < x.w;}
};
vector<Edge> G[N];
int s[N], n, m, q, sum, ans[M];
int tot[N], fv[N], fvd[N];
inline void add_edge(int u, int v, int w) {G[u].push_back(Edge(u, v, w));}
void dfs(int u, int dep) {
if (sum >= LIMIT) return;
if (～tot[u]) {
for (int i = 1; i <= tot[u]; ++ i) {
if (sum >= LIMIT) return;
ans[++ sum] = ans[fv[u] + i] + dep - fvd[u];
} return;
}
fv[u] = sum, fvd[u] = dep;
if (s[u]) ans[++ sum] = dep;
for (unsigned int i = 0; i < G[u].size(); ++ i)
dfs(G[u][i].v, dep + 1);
tot[u] = sum - fv[u];
}
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
for (int t = 1; t <= T; ++ t) {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q); s[1] = sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) G[i].clear();
for (int i = 2; i <= n; ++ i) scanf("%d", &s[i]);
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
int u, v, w; scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
add_edge(u, v, w);
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
sort(G[i].begin(), G[i].end());
mset(tot, -1); dfs(1,0);
printf("Case #%d:\n", t);
for (int i = 1; i <= q; ++ i) {
int x; scanf("%d", &x);
if (x <= sum) printf("%d\n", ans[x]);
else printf("-1\n");
}
}
return 0;
}