P1119 灾后重建

 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：

 

输入文件rebuild.in的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：

 

输出文件rebuild.out包含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%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*(N-1)/2，Q≤50000，所有输入数据涉及整数均不超过100000。

 

分析：

因为数据保证修复村庄时间：t[0] ≤ t[1] ≤ … ≤ t[N – 1] ，也就是保证前面的村庄先修好。修好的村庄自然就可以做中间点。而我们floyed中，外层循环k表示的中间点也是一次递增的。

事实上：

Floyd算法的本质是动态规划，其转移方程为：f(k,i,j) = min( f(k-1,i,j), f(k-1,i,k)+f(k-1,k,j) )。

f(k-1,i,j)表示经过前k-1个点

f(k-1,i,k)+f(k-1,k,j)表示经过k这个点

f(k,i,j)表示路径除开起点i与终点j，只经过前k个点中的某些点，从i到j的最小值。

计算这个值只需要考虑两种情况：最短路经过k，和最短路不经过k（那么就经过前k-1个点中的某些点）。

由于k要从k-1转移而来，自然k为最外层的循环。而经过状态压缩（类似于背包问题）后，就变成了我们熟悉的f(i,j) = min( f(i,j), f(i,k)+f(k,j) )了。

 

并且由于询问时间t是不下降的。所以我们可以在做floyed的过程中就把询问给整了。

 

#include<iostream>
#include<cstdio> 
#include<cstring>
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
const int mxn=205;
int n,m,q,inf;
int dis[mxn][mxn],t[mxn];
int from[50005],to[50005],tim[50005];
int main()
{
    int i,j,k,u,v,w;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    fo(i,0,n-1) scanf("%d",&t[i]);
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    inf=dis[1][1];
    //双向图 
    fo(i,1,m)
    {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        dis[u][v]=dis[v][u]=w;
    }
    //询问 
    scanf("%d",&q);
    fo(i,1,q) scanf("%d%d%d",&from[i],&to[i],&tim[i]);
    //
    int now=1;
    //Floyed 
    fo(k,0,n-1)
    {
        //now<=q当前小于等于询问编号
        //tim[now]<t[k] 询问时间小于修复时间 
        while(now<=q && tim[now]<t[k])
        {
            int ans=dis[from[now]][to[now]];
            //如果距离是无穷大或者起点还未重建或者终点还未重建 
            if(ans==inf || t[from[now]]>=t[k] || t[to[now]]>=t[k]) ans=-1;
            printf("%d\n",ans);
            now++;
        }
        fo(i,0,n-1)
          fo(j,0,n-1)
            dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); 
    }
    //求解在所有村庄都修复好之后的询问 
    while(now<=q)
    {
        int ans=dis[from[now]][to[now]];
        if(ans==inf) ans=-1;
        printf("%d\n",ans);
        now++;
    }
    return 0;
}