noip2013day1-货车运输
题目描述
\(A\)国有\(n\)座城市，编号从 \(1\)到\(n\)，城市之间有 \(m\) 条双向道路。每一条道路对车辆都有重量限制，简称限重。现在有 \(q\) 辆货车在运输货物， 司机们想知道每辆车在不超过车辆限重的情况下，最多能运多重的货物。
Input
第一行有两个用一个空格隔开的整数\(n,m\)，表示 $A \(国有\)n$ 座城市和 \(m\) 条道路。
接下来 \(m\)行每行3个整数\(x,y,z\)，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从 \(x\)号城市到\(y\)号城市有一条限重为 \(z 的道\)路。注意： **xx 不等于 yy，两座城市之间可能有多条道路 ** 。
接下来一行有一个整数 \(q\)，表示有 \(q\) 辆货车需要运货。
接下来 \(q\) 行，每行两个整数 \(x\)、\(y\)，之间用一个空格隔开，表示一辆货车需要从 \(x\) 城市运输货物到 \(y\) 城市，注意： **x 不等于 y ** 。
对于 \(30\%\)的数据，\(0 < n < 1,000,0 < m < 10,000,0 < q< 1,000\)；
对于 \(60\%\)的数据，\(0 < n < 1,000,0 < m < 50,000,0 < q< 1,000\)；
对于 \(100\%\)的数据，\(0 < n < 10,000,0 < m < 50,000,0 < q< 30,000,0 ≤ z ≤ 100,000\)。
Output
共有 \(q\) 行，每行一个整数，表示对于每一辆货车，它的最大载重是多少。如果货车不能到达目的地，输出\(−1\)。
Sample Input
4 3
1 2 4
2 3 3
3 1 1
3
1 3
1 4
1 3
Sample Output
3
-1
3
这个\(q\)的数据范围很显然是离线。。。
算法一：整体二分
仔细看题目，此题是要我们求出最大的\(x-y\)路径上的最小边权。
最大值最小，很显然可以二分答案。
把路径边权小于当前\(mid\)的边去掉，判断是否连通。
不过有那么多组数据一个个二分肯定很慢。
那么就可以用最巧妙的整体二分，把所有询问存下来，最后整体一起二分答案。
算法三：倍增
我们发现经过的路径一定是最大生成树上的边权。
因此，直接构造最大生成树，询问两个点时，实际上就是求\(a-lca(a,b)\)以及\(b-lca(a,b)\)路径上的最小值。
利用倍增维护即可。
算法二：启发式合并
此题是要我们求出最大的\(x-y\)路径上的最小边权。
我们先将所有询问的编号都丢到询问两边的点的\(set\)里面。
那我们就先把所有点都不建边，将所有边都存下来，再按边权由大到小排序，利用并查集维护连通。
将两个连通块连通时，我们同时将两个连通块的询问合并，这个过程可以利用启发式合并。
同时，若两个连通块的询问中有同一个编号，那么说明该询问这时被连通，更新答案即可。
代码如下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define u64 unsigned long long
#define u32 unsigned int
#define reg register
#define Raed Read
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,G,x) for(reg int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])
inline int Read() {
int res = 0, f = 1;
char c;
while (c = getchar(), c < 48 || c > 57)if (c == '-')f = 0;
do res = (res << 3) + (res << 1) + (c ^ 48);
while (c = getchar(), c >= 48 && c <= 57);
return f ? res : -res;
}
template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
return a > b ? a = b, 1 : 0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
return a < b ? a = b, 1 : 0;
}
const int N = 1e5+5,M = 2e5 + 5,mod = 99999997;
bool MOP1;
int n,m;
struct T360 {
map<int,int>E[N],vis[N];
struct node {
int x,y,z;
} Edge[500005];
struct cmp {
bool operator()(node a,node b)const {
return a.z>b.z;
}
};
int Ans[N];
set<int>S[N];
set<int>::iterator it;
int Fa[N];
int find(int x) {
return Fa[x]==x?Fa[x]:Fa[x]=find(Fa[x]);
}
inline void solve(void) {
int cnt=0;
rep(i,1,m) {
int x=Raed(),y=Read(),z=Read();
Max(E[x][y],z);
if(!vis[x][y])vis[x][y]=++cnt;
Edge[vis[x][y]]=(node)<%x,y,E[x][y]%>;
}
sort(Edge+1,Edge+cnt+1,cmp());
int q=Read();
rep(i,1,q) {
int x=Read(),y=Read();
S[x].insert(i),S[y].insert(i);
}
memset(Ans,-1,sizeof Ans);
rep(i,1,n)Fa[i]=i;
rep(i,1,cnt) {
int x=Edge[i].x,y=Edge[i].y,z=Edge[i].z;
x=find(x),y=find(y);
if(x==y)continue;
if(S[x].size()<S[y].size())swap(x,y);
for(it=S[y].begin(); it!=S[y].end(); it++) {
int Now=*it;
if(S[x].find(Now)==S[x].end())S[x].insert(Now);
else Ans[Now]=z;
}
Fa[y]=x;
}
rep(i,1,q)printf("%lld\n",Ans[i]);
}
} P60;
bool MOP2;
inline void _main(void) {
n=Read(),m=Read();
P60.solve();
}
signed main() {
#define offline1
#ifdef offline
freopen("truck.in", "r", stdin);
freopen("truck.out", "w", stdout);
_main();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
#else
_main();
#endif
return 0;
}
