P1119 floyd
最开始看错数据了没看到Q = 100 是50%的数据以为跑q遍floyd能过，结果只有30，其他全t
1、要注意题目中的条件，挖掘一些性质
2、本题的另一个关键的是要对floyd的过程原理比较熟悉，floyd一共有三重循环，第一重循环相当于枚举的决策，也就是能从那个点转移过来，k就是这个中转站，另外两重循环是枚举的状态
3、我们观察到每个村庄的重建时间是递增的，并且询问的时间也是递增或保持不变，所以我们可以在读入每个询问的时间时，看一下是否存在中转站，在这个时间已经建好，并且可以去更新其他点，我们找到所以这样的点去更新，然后cur不用回去，因为询问的时间也是递增的，只需要在读入下一个询问后，查看是否有新的中转点可以去更新其他点即可。
4、经过上面的分析我们可以知道我们只需要跑一遍floyd即可，因为只有满足的中转点才会被用，时间复杂度为O(n^3）
附上floyd的板子
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 210, INF = 1e9;
int n, m, Q;
int d[N][N];
void Floyd()
{
for(int k = 1; k <= n; k ++)
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= n; j ++)
//要取一下最小值这个写的时候老是忘记
d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k] + d[k][j]);
}
int main()
{
cin >> n >> m >> Q;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= n; j ++)
if(i == j) d[i][j] = 0;
else d[i][j] = INF;
for(int i = 0; i < m; i ++)
{
int a, b, w; cin >> a >> b >> w;
d[a][b] = min(d[a][b], w);
}
Floyd();
while(Q --)
{
int a, b; cin >> a >> b;
if(d[a][b] > INF / 2) puts("impossible");
else cout << d[a][b]<<endl;;
}
return 0;
}
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\(-1\)。
样例 #1
样例输入 #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
样例输出 #1
-1
-1
5
4
提示
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\(N≤200\)，\(M≤N \times (N-1)/2\)，\(Q≤50000\)，所有输入数据涉及整数均不超过\(100000\)。
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 210, INF = 2e9;
long long d[N][N], a[N];
bool st[N];
int n, m;
inline void floyd(int k)
{
for(int i = 0; i < n; ++ i)
for(int j = 0; j < n; ++ j)
if(d[i][j] > d[i][k] + d[k][j])
d[i][j] = d[i][k] + d[k][j];
}
int main()
{
// freopen("1.in.txt", "r", stdin);
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < n; ++ i) cin >> a[i];
for(int i = 0; i < n; ++ i)
for(int j = 0; j < n; ++ j)
{
if(i == j) d[i][i] = 0;
d[i][j] = INF;
}
for(int k = 0; k < m; ++ k)
{
int a, b ,c; cin >> a >> b >> c;
d[a][b] = d[b][a] = c;
}
int q, cur = 0;cin >> q;
while(q --)
{
int x, y, t; cin >> x >> y >> t;
while(a[cur] <= t && cur < n)
{
floyd(cur);
cur ++;
}
if(a[x] > t || a[y] > t || d[x][y] == INF) cout << -1 << endl;
else cout << d[x][y] << endl;
}
return 0;
}
