洛谷题解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 ，则需要返回\(-1\)。

输入输出格式

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\(t_0, t_1,…, t_{N-1}\)​，表示了每个村庄重建完成的时间，数据保证了\(t_0 ≤ t_1 ≤ … ≤ t_{N-1}​\)。

接下来\(M\)行，每行\(3\)个非负整数\(i, j, w\)，\(w\)为不超过\(10000\)的正整数，表示了有一条连接村庄\(i\)与村庄\(j\)的道路，长度为\(w\)，保证\(i≠j\)，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

输入样例#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

输出样例#1：

-1
-1
5
4

说明

对于\(30\%\)的数据，有\(N≤50\)；

对于\(30\%\)的数据，有\(t_i= 0\)，其中有20%20%的数据有\(t_i = 0\)且\(N>50\)；

对于\(50\%\)的数据，有\(Q≤100\)；

对于\(100\%\)的数据，有\(N≤200\)，\(M≤N \times (N-1)/2\)，\(Q≤50000\)，所有输入数据涉及整数均不超过\(100000\)。

说明

本题基本上是Floyd的模版题，适合初学Floyd的OIer练习。

本题的重点在于并非在每一个时刻，每一个节点都可以到达，所以应枚举目前所有可以到达的节点k，并以k为中转点进行更新。

同时，因为出题人已经给数据排好了顺序，发现未建成时直接中断即可。

闲话少说，主要看代码注释。

代码

#include<cstdio> 
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 200 + 5;
const int INF = 1e9;

int edge[MAXN][MAXN], times[MAXN];
int n, m, q;

/*
init()函数：
Floyd初始化
*/
void init() {
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		for(int j = 0; j < n; j++) {
			edge[i][j] = (i == j ? 0 : INF);//节点到自身的距离为0
		}
	}
}

/*
addEdge()函数：
在邻接矩阵中添加一条（双向）边
*/
void addEdge(int i, int j, int v) {
	edge[i][j] = edge[j][i] = v;//双向边处理
}

/*
input()函数：
输入数据
*/
void input() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	init(); //读入n, m后进行初始化
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		scanf("%d", &times[i]);
	}
	for(int i = 0; i < m; i++) {
		int x, y, v;
		
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &v);
		addEdge(x, y, v);
	}
}

/*
update()函数：
以k为中转点更新最短路
*/
void update(int k) {
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		for(int j = 0; j < n; j++) {
			edge[i][j] = min(edge[i][j], edge[i][k] + edge[k][j]);
		}
	}
}

void work() {
	int cur = 0;
	
	scanf("%d", &q);
	for(int i = 0; i < q; i++) {
		int x, y, t;
		
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &t);
        
		//这里是重点
		while(times[cur] <= t && cur < n) {
			update(cur);//若当前可以经过村庄cur，以cur为中转点更新最短路径
                        cur++;
		}
		if(times[x] > t || times[y] > t || edge[x][y] == INF) {
			printf("-1\n");//村庄x尚未建成,村庄x尚未建成或村庄x与村庄y在t时并不连通
		} else {
			printf("%d\n", edge[x][y]);
		}
	}
}

int main() { //简洁的main()函数
	input();
	work();
    
	return 0;
}

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