原题链接：E. AND-MEX Walk

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题目大意：

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给出一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，边带有边权。

我们定义一条路径的价值为：

假设我们经过了 $k$ 个点（点和边都可重复经过），且按顺序经过的边的权值分别为 { w 1 , w 2 , w 3 , . . . , w k − 1 } \{w_1,w_2,w_3,...,w_{k-1}\} {w1​,w2​,w3​,...,wk−1​} ，那么 m e x { w 1 , w 1 & w 2 , . . . , w 1 & w 2 & . . . & w k − 1 } mex\{w_{1},w_{1}\&w_{2},...,w_{1}\&w_{2}\&...\&w_{k-1}\} mex{w1​,w1​&w2​,...,w1​&w2​&...&wk−1​} 就是我们路径的价值。（ 其中 $\&$ 为二进制的与的操作， m e x { S } mex\{S\} mex{S} 为集合 $S$ 中没有出现过的最小的自然数）。

现在给出 $q$ 次询问，每次给出两个不同的点 $u,v$ ，问你从 $u$ 出发经历一些点到达点 $v$ 所能获得的路径的价值的最小值为多少。

解题思路：

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答案只会出现 $0,1,2$ 三种情况，感性证明一下：

假设要使得我们的 m e x { S } ≥ 3 mex\{S\}\geq3 mex{S}≥3 ，那么就要让我们的 S = { 0 , 1 , 2 } S=\{0,1,2\} S={0,1,2} 在我们的序列中全都出现过。

假设我们经历了一系列前缀与的情况，最后剩下一个 $2$ ，现在我们还要走过一系列的点，然后使得 $1$ 出现在我们的序列中（或者剩下一个 $1$，再使得 $2$ 出现）。

但注意到 $2=(10{)}_2,1=(01{)}_2$，它们相互与起来为 $0=(00{)}_2$ ，那么想要使得 $1,2$ 都同时出现在 m e x { S } mex\{S\} mex{S} 序列中同时出现，由于有 与运算 这个操作在，两者必然不可能同时出现。

对于上面所讨论的情况而言，我们最后一定只会只有 { 1 , 0 } , { 2 , 0 } , \{1,0\},\{2,0\}, {1,0},{2,0}, ，即答案一定会被限制在 { 0 , 1 , 2 } \{0,1,2\} {0,1,2} 中。

想想怎么做：

先考虑 m e x { S } = 0 mex\{S\}=0 mex{S}=0 的情况，对于这种情况来说，我们的 与操作 只要保证选出一些边，且某个二进制位上一直包含有 $1$ ，且这些边使得我们 $u\to v$ 联通即可，比较简单的一个想法就是，对每个二进制位开一个并查集，然后直接判连通性即可。

再考虑 m e x { S } = 1 mex\{S\}=1 mex{S}=1 的情况，假设我们 $u\to v$ 的 与操作 不能使得某个二进制位上一直包含有 $1$ ，即我们 $u,v$ 不在一个第 $i$ 个二进制位的并查集之内（ 没有任何一个 $2^i$ 位在路径上是一直出现的 ），那么这一定会使得我们 $0$ 出现在 $S$ 当中，因为此时我们必定要选出一条不包含 $2^i$ 的边（ 否则 $u$ 无法走到 $v$ ），然后走过这条边。

那么什么时候会出现 $1$ 呢？

给出一个结论：按上面的来说，我们与序列一定是 S = { a , b , c , d , . . . , 0 , 0 , 0 , 0 , . . . } S=\{a,b,c,d,...,0,0,0,0,...\} S={a,b,c,d,...,0,0,0,0,...}只要我们能使得那些二进制第 $2^0$ 位不 单独出现 在 $a,b,c,d,...,0$ 这一段之间即可，怎么保证？我们只需要有至少存在某个二进制位 $2^i(i\ne 0)$ 和它一起同时出现，或者 $2^0$ 不出现即可。那么我们最开始先保留二进制 $2^i$ 位，在此基础上我们任选一条边与起来，使得 $2^0$ 这一位变成 $0$ ，最后再走任意的 $(u\to v)$ 的路径使得 m e x { S } = 0 mex\{S\}=0 mex{S}=0 即可。

可知这样做，我们最开始由于存在 $2^i$ 不会出现单独的 $2^0$，我们最后将 $2^i$ 消掉时，我们也能保证 $2^0$ 在最开始时被消掉了，故 $2^0$ 不可能单独出现。

要这样做，我们要找出所有能让 $2^0$ 位为 $0$ 的边，再找一个含有 $2^i(i\ne 0)$ 的并查集，和这些边合并起来，再判断 $u,v$ 是否在这些新的并查集中即可。

再考虑 m e x { S } = 2 mex\{S\}=2 mex{S}=2 的情况，显然答案只会有 $0,1,2$ ，只要上面的情况不满足，那么我们的答案就一定会是 $2$ 了。

时间复杂度：$O(n\log w+(m+q)\alpha (n)\log w)$

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;

struct DSU {
    vector<int> fa, siz;
    DSU(int n) : fa(n + 1), siz(n + 1, 1) { iota(fa.begin(), fa.end(), 0); };
    int find(int x) {
        while (x != fa[x]) x = fa[x] = fa[fa[x]];
        return x;
    }
    int size(int x) { return siz[find(x)]; }
    bool same(int x, int y) { return find(x) == find(y); }
    bool merge(int x, int y) {
        x = find(x), y = find(y);
        if (x == y) return false;
        siz[y] += siz[x];
        fa[x] = y;
        return true;
    }
};

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    vector dsu1(31, DSU(n));

    vector<bool> mark(n + 1);
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        for (int j = 0; j <= 30; ++j) {
        	//至少包含 2^i 的并查集
            if (w >> j & 1) {
                dsu1[j].merge(u, v);
            }
        }
        if (~w & 1) {
            mark[u] = mark[v] = true;
        }
    }

    auto dsu2 = dsu1;//判1的并查集
    for (int j = 0; j <= 30; ++j) {
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        	//将至少包含 2^i 的并查集和 2^0 = 0 的边并起来 保证最后 2^0 恒为0
            if (mark[i]) {
                dsu2[j].merge(i, 0);
            }
        }
    }

    int q;
    cin >> q;

    for (int i = 1; i <= q; ++i) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;

        int ans = 2;//先设为2
        for (int j = 0; j <= 30; ++j) {
	        //是否可以为0
            if (dsu1[j].same(u, v)) {
                ans = min(ans, 0);
            }
        }

        for (int j = 1; j <= 30; ++j) {
        	//是否可以为1
            if (dsu2[j].same(u, 0)) {
                ans = min(ans, 1);
            }
        }
		//否则为2
        cout << ans << '\n';
    }
}

signed main() {

    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int t = 1; //cin >> t;
    while (t--) solve();

    return 0;
}