題意：
有一個含有n個點的無向圖，所有的點最初顏色均爲0。有q次操作，每次操作將v[i]周圍的距離小於等於d[i]的點全部都染成顏色c[i]。最後輸出每個點的最終的顏色。
數據範圍：
1<=n,m,q<=10^5
0<=d[i]<=10
1<=c[i]<=10^5
思路：
看見1<=d[i]<=10，這個條件，第一反應當然是暴力啦。但是如果從一個點總是能夠訪問所有的節點，那麼這就變成O(n^2)了。那麼我們應當考慮時間複雜度更加穩定的算法。
然後開始考慮如何優化。倒着掃操作是很容易想到的。然後可以對於每一個點維護一個對於當前已經掃完的操作的最大值。假如說當前在點v，然後當前的d爲d[i]，假如說d[i]<=maxd[v]，那麼就說明在後面的操作中將當前這一次操作所產生的效果抵消了。於是就可以直接返回了。
經過上述的優化之後，我們發現能夠進入一個點併成功進行拓展的條件是d[i]>maxd[v]，那麼因爲1<=d[i]<=10，所以說就算d[i]從1~10依次排列，也只會對於v點訪問最多10次。這樣子時間複雜度就變爲了穩定的O(10*n+m)，從而穩當了不少。
代碼：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 100000
using namespace std;
struct node
{
int to;
node *nxt;
}edges[MAXN*2+5];
node *ncnt=&edges[0],*Adj[MAXN+5];
int n,m,q,col[MAXN+5],maxd[MAXN+5];
int V[MAXN+5],D[MAXN+5],C[MAXN+5];
void Init()
{
memset(maxd,-1,sizeof(maxd));
}
void AddEdge(int u,int v)
{
node *p=++ncnt;
p->to=v;
p->nxt=Adj[u];
Adj[u]=p;
node *q=++ncnt;
q->to=u;
q->nxt=Adj[v];
Adj[v]=q;
}
void DFS(int u,int d,int c)
{
if(col[u]==0)//沒有賦過值才賦值
col[u]=c;
if(maxd[u]>=d)//判斷當前操作是否被後面的操作覆蓋了
return;
if(d==0)//到達能夠賦值的邊界了
return;
maxd[u]=d;
for(node *p=Adj[u];p!=NULL;p=p->nxt)
{
int v=p->to;
DFS(v,d-1,c);//d--,繼續賦值
}
}
int main()
{
Init();
scanf("%d %d",&n,&m);
int u,v;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d %d",&u,&v);
AddEdge(u,v);
}
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++)
scanf("%d %d %d",&V[i],&D[i],&C[i]);
for(int i=q;i>=1;i--)//倒着處理
DFS(V[i],D[i],C[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d\n",col[i]);
return 0;
}