Luogu P1967 货车运输（NOIP2013Day1T3）
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。
输入输出格式
输入格式：
输入文件名为 truck.in。
输入文件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： x 不等于 y，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 。
输出格式：
输出文件名为 truck.out。
输出共有 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。
输入输出样例
输入样例#1：
4 3 1 2 4 2 3 3 3 1 1 3 1 3 1 4 1 3
输出样例#1：
3 -1 3
说明
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。
Solution
主要算法：Kruskal算法构造最大生成树+数组模拟邻接表存储+最近公共祖先（LCA）查询。
本题给我们的是一个图，我们首先想到的可能是求出各个点之间的最短路径，但这一想就不现实，因为多源最短路径都要O(N^3)的时间复杂度，而单源最短路径一遍也会TLE，所以我们应换一种思路思考这道题。
我们敏锐的发现，这题似乎与NOIP2012Day2T3与NOIP2015Day2T3十分相似，这些题目的共同点都是在树上倍增跑，并且与NOIP2015Day2T3一样都用到了LCA，所以我们可以把它变成一棵树，这样我们就用到了最大生成树。这样，把它变成一棵树后再按之前的套路倍增啊，LCA啊之类的，就可以很容易的把这题A了。
现在我们首先要解决的是最大生成树的问题，到底是用Prim算法还是用Kruskal算法呢？我们知道，Prim算法要每次循环一遍找最小边权，这样时间复杂度就是O(N^2)了（但用堆什么的就另当别论了qwq），而Kruskal算法若用快排可以把时间复杂度减到O(N*logN)（应该是吧qwq），因此Prim算法会TLE，而Kruskal算法不会，故我们用Kruskal算法。
接下来Kruskal算法筛下来的边用数组模拟的邻接表存储下来，开始建树。（这里注意把每一棵树都建好，我试过只建含有编号1的树，竟也A了，但我们还是严谨一点，不要水数据吧qwq~）
接下来就是查询操作了。这里我使用的是倍增算法，倍增时我们可以参考之前的题目的经验，用一个二维数组f存储，其中f[i,j]表示第i个节点往上（根节点方向）跑2^j个点到达的点，但这样我们还是无法知道两点之间的最小边（题目要求的答案），所以我们可以再用一个二维数组s存储，s[i,j]表示第i个节点往上（根节点方向）跑2^j个点中的最小边，这样我们预处理完，就可以用log级别的时间复杂度来完成查询了。倍增算法的LCA我这里就不再叙述了。关于其他方面，就只要当两点的代表不是同一个点时特判一下输出“-1”就可以了。
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pascal代码如下：
uses math; var n,m,i,j,k,l,r,ans:longint; a,be,tar,next,x,y,len:array[1..50000]of longint; f,s:array[0..10000,0..14]of longint; b:array[1..10000]of boolean; c,last,floor,find:array[0..10000]of longint; function go(x:longint):longint;//并查集 begin if c[x]<>x then go:=go(c[x]) else go:=x; c[x]:=go; end; procedure sort(l,r:longint);//Kruskal算法先按边权排序 var i,j,xx,yy:longint; begin i:=l; j:=r; xx:=len[(l+r) div 2]; repeat while len[i]>xx do inc(i); while xx>len[j] do dec(j); if i<=j then begin yy:=len[i]; len[i]:=len[j]; len[j]:=yy; yy:=x[i]; x[i]:=x[j]; x[j]:=yy; yy:=y[i]; y[i]:=y[j]; y[j]:=yy; inc(i); dec(j); end; until i>j; if l<j then sort(l,j); if i<r then sort(i,r); end; begin readln(n,m); for i:=1 to m do readln(x[i],y[i],len[i]); for i:=1 to n do c[i]:=i; sort(1,m); for i:=1 to m do//Kruskal算法求最大生成树，并用邻接表存储 if c[go(x[i])]<>c[go(y[i])] then begin c[go(x[i])]:=c[go(y[i])]; inc(k); //因是无向图，所以每条边两点做起点的情况都不能放过 a[k]:=len[i];//a数组装该边长度 a[k+n-1]:=len[i]; be[k]:=x[i];//be数组装该边起点 be[k+n-1]:=y[i]; tar[k]:=y[i];//tar数组装该边终点 tar[k+n-1]:=x[i]; next[k]:=last[x[i]];//next数组装下一个该找哪条边 next[k+n-1]:=last[y[i]]; last[x[i]]:=k;//last数组装以该点为起点的最后一条边是哪个 last[y[i]]:=k+n-1; end; for j:=1 to n do//各种建树，这里使用的是BFS if not b[j] then begin l:=1; r:=1; find[1]:=j;//find为BFS数组 floor[j]:=1;//floor为该点深度（根节点深度为1） b[j]:=true;//b数组表示是否被访问过 while l<=r do//开始广搜 begin i:=last[find[l]]; while i>0 do begin if not b[tar[i]] then begin floor[tar[i]]:=floor[be[i]]+1; f[tar[i],0]:=be[i]; s[tar[i],0]:=a[i]; inc(r); find[r]:=tar[i]; b[tar[i]]:=true; end; i:=next[i]; end; inc(l); end; end; for j:=1 to 14 do//倍增预处理 for i:=1 to n do begin f[i,j]:=f[f[i,j-1],j-1]; s[i,j]:=min(s[i,j-1],s[f[i,j-1],j-1]); end; readln(m); for i:=1 to m do//开始查询 begin readln(l,r); ans:=maxlongint; if c[go(l)]<>c[go(r)] then//特判两点不在同一集合的情况 begin writeln('-1'); continue; end; //下面开始LCA if floor[l]<floor[r] then begin j:=l; l:=r; r:=j; end; if floor[l]>floor[r] then for j:=14 downto 0 do if floor[f[l,j]]>=floor[r] then begin if ans>s[l,j] then ans:=s[l,j]; l:=f[l,j]; end; if l=r then begin writeln(ans); continue; end; for j:=14 downto 0 do if f[l,j]<>f[r,j] then begin if ans>s[l,j] then ans:=s[l,j]; if ans>s[r,j] then ans:=s[r,j]; l:=f[l,j]; r:=f[r,j]; end; if ans>s[l,0] then ans:=s[l,0]; if ans>s[r,0] then ans:=s[r,0]; writeln(ans); end; end.
