首先有两个前置技巧：1) 两点间的最短距离就是直接连接两点的边的长度；2) 遍历一个子图的最小花费是最小生成树的边权之和乘二。原问题让我们找出一条最短且必经过钦定边的 $( s, i )$ 路径，那么我们先将 $\lang s , i \rang$ 连上，问题就变成了找出一条最短且必经过钦定边 $( s, i)$ 的回路。虽然每条边不一定恰好经过一次，但是对于正确性的判断，每个点的度数为偶数依然是一个必要条件，再加上连通性的限制，一条回路的正确性就可以由这两条必要条件充要表示。

其次来考虑如何修复每个点度数的奇偶性，一个贪心策略是把一条 $(s, i)$ 拆成 $(s, s+1), (s+1, s+2) \dots (i-1, i)$，由于边权的性质，可以发现这样拆分一定不劣；又考虑连通性修复，类似以上。

const int MN = 2.5e3;
int n, m, s, fa[MN + 100], deg[MN + 100];
int find(int u) {
    while (u != fa[u]) u = fa[u] = fa[fa[u]];
    return u;
}
bool unite(int u, int v) {
    if (find(u) != find(v)) {fa[find(u)] = find(v);return 1;}
    return 0;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m >> s; s --;
    iota(fa, fa+n, 0);
    ll res = 0;
    rep(m) {
        int u, v;cin >> u >> v;u--;v--;
        deg[u] ++ , deg[v] ++;
        res += abs(u - v);
        unite(u, v);
    }
    vi tmp(fa, fa+n);
    rep(n) {
        deg[s] ++ , deg[i] ++;
        unite(s, i);
        vi id;
        rep(j,n) if (deg[j]%2) id.pb(j);
        ll sum = 0;
        rep(j,intsz(id)-1) {
            rep(k,id[j],id[j+1]) unite(k, k+1);
            sum += id[j+1]-id[j];
            j++;
        }
        vi from, to; vi().swap(id);
        rep(j,n) if (deg[j] > 0) id.pb(j);
        rep(j,intsz(id)-1) from.pb(id[j]), to.pb(id[j+1]);
        vi(intsz(to)).swap(id);
        iota(id.begin(), id.end(), 0);
        sort(id.begin(), id.end(), [&](int x, int y) {
            return to[x]-from[x]<to[y]-from[y];
        });
        for (int j : id) {
            if (unite(from[j], to[j])) sum += 2*(to[j]-from[j]);
        }
        cout<< res + sum << " \n"[i==n-1];
        deg[s] -- , deg[i] --;
        rep(j,n) fa[j] = tmp[j];
    }
}
/*
急
|
|
速
|
|
地
|
|
下
|
|
坠
|
|
*/