P1119 灾后重建

题目背景

B 地区在地震过后，所有村庄都造成了一定的损毁，而这场地震却没对公路造成什么影响。但是在村庄重建好之前，所有与未重建完成的村庄的公路均无法通车。换句话说，只有连接着两个重建完成的村庄的公路才能通车，只能到达重建完成的村庄。

题目描述

给出 B 地区的村庄数 $N$，村庄编号从 $0$ 到 $N-1$，和所有 $M$ 条公路的长度，公路是双向的。并给出第 $i$ 个村庄重建完成的时间 $t_i$，你可以认为是同时开始重建并在第 $t_i$ 天重建完成，并且在当天即可通车。若 $t_i$ 为 $0$ 则说明地震未对此地区造成损坏，一开始就可以通车。之后有 $Q$ 个询问 $(x,y,t)$，对于每个询问你要回答在第 $t$ 天，从村庄 $x$ 到村庄 $y$ 的最短路径长度为多少。如果无法找到从 $x$ 村庄到 $y$ 村庄的路径，经过若干个已重建完成的村庄，或者村庄 $x$ 或村庄 $y$ 在第 $t$ 天仍未重建完成，则需要输出 $-1$。

输入格式

第一行包含两个正整数 $N,M$，表示了村庄的数目与公路的数量。

第二行包含 $N$ 个非负整数 $t_0,t_1,\cdots ,t_{N-1}$，表示了每个村庄重建完成的时间，数据保证了 $t_0\le t_1\le \cdots \le t_{N-1}$。

接下来 $M$ 行，每行 $3$ 个非负整数 $i,j,w$，$w$ 不超过 $10000$，表示了有一条连接村庄 $i$ 与村庄 $j$ 的道路，长度为 $w$，保证 $i\ne j$，且对于任意一对村庄只会存在一条道路。

接下来一行也就是 $M+3$ 行包含一个正整数 $Q$，表示 $Q$ 个询问。

接下来 $Q$ 行，每行 $3$ 个非负整数 $x,y,t$，询问在第 $t$ 天，从村庄 $x$ 到村庄 $y$ 的最短路径长度为多少，数据保证了 $t$ 是不下降的。

输出格式

共 $Q$ 行，对每一个询问 $(x,y,t)$ 输出对应的答案，即在第 $t$ 天，从村庄 $x$ 到村庄 $y$ 的最短路径长度为多少。如果在第 $t$ 天无法找到从 $x$ 村庄到 $y$ 村庄的路径，经过若干个已重建完成的村庄，或者村庄 $x$ 或村庄 $y$ 在第 $t$ 天仍未修复完成，则输出 $-1$。

输入输出样例 #1

输入 #1

4 5
1 2 3 4
0 2 1
2 3 1
3 1 2
2 1 4
0 3 5
4
2 0 2
0 1 2
0 1 3
0 1 4

输出 #1

-1
-1
5
4

说明/提示

• 对于 $30\%$ 的数据，有 $N\le 50$；
• 对于 $30\%$ 的数据，有 $t_i=0$，其中有 $20\%$ 的数据有 $t_i=0$ 且 $N>50$；
• 对于 $50\%$ 的数据，有 $Q\le 100$；
• 对于 $100\%$ 的数据，有 $1\le N\le 200$，$0\le M\le \frac{N\times (N-1)}{2}$，$1\le Q\le 50000$，所有输入数据涉及整数均不超过 $10^5$。

解析

观察题目，发现它要求任意两点间的最短距离，且数据具有 $1\le N\le 200$ 的特点，数据很小。所以就想到最短路中的 $Floyed$ 算法

$Floyed$ 的基本逻辑就是，枚举中间点来确定每对终起点的最短距离。值得注意的是，每次枚举得到的结果是当前最优，但并不是最终答案。

而这道题目中，由于点的是否可用存在限制，所以我们可在枚举中间点时，留个心眼，每次查询的中间点都只枚举到可用点。

因为读题发现，村庄序号增加，修复时间也增加或不变，则只需判断在时间进一步放宽的情况下，在原基础下是否有新的村庄可修复。而且数据保证了 $t$ 是不下降的，即每次访问，时间对于之前都是放宽或不变的。这大大方便了做题。

保留之前最短路结果仍然有用。在每次查询时，枚举所有新增的可用村庄作为中间点，算得每对村庄之间的最短路。不必担心某对终起点村庄未修复，因为在查询时再进行判断终起点是否修好，没修好就输出-1，修好就输出记录的最短值，在它们本身修好之前形成的最短路依旧存在啊。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q,now;
int t[205];
int dist[205][205];
void build(int k){for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++){dist[i][j]=min(dist[i][j],dist[i][k]+dist[k][j]);//k作为中间点检查是否有最短路}}
}
int main(){cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;i++){cin>>t[i];}/*初始化*/memset(dist,0x3f,sizeof dist);for(int i=0;i<n;i++){dist[i][i]=0;} for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;cin>>x>>y;cin>>dist[x][y];dist[y][x]=dist[x][y];}//cin>>q;while(q--){int x,y,k;cin>>x>>y>>k;while(t[now]<=k&&now<n){//判断接下来的村庄是否已修复//因为序号增加，修复时间也增加或不变，则只需判断在时间进一步放宽的情况下，在原基础下是否有新的村庄可修复build(now);//加入新的中间点更新最短路now++;//判断下个村庄}if(k<t[x]||k<t[y]){//终起点未修复cout<<-1;}else{if(dist[x][y]==0x3f3f3f3f) cout<<-1;//没路else cout<<dist[x][y];//有最小值}cout<<endl;}return 0;
}

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