[noip2013]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。
输入格式
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。
0< N < 10,000，0< M < 50,000，0< Q < 30,000，0 < = z < = 100,000
输出格式
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。
我们可以假设一开始没有边，然后我们加了边之后某辆车的起点和终点被连通了。那么这题可以用并查集来做。
可以证明，我们往图中从大到小加入边，直到起点和终点连通时，这次加入的边就是答案。因为这条边是能让起点和终点连通的限重最大的边。这是处理一辆货车的做法。
但是本题有q辆货车，q还不小。那么我们可以干脆让原图每个连通块里面的所有点都连通了，然后找出每辆货车的路径中限重最小的边即可。然后让所有点连通的方法就是从大到小加边，并且把加入边的两个点加入一个并查集中，最后会构建出一片生成树森林，一共n-1条边。如果你对Kruskal算法熟悉的话，你会发现这就是一个求最大生成树的问题。
然后我们的下一步就是在最大生成树上求路径上边权最小值的问题。这里可以用倍增做，时间复杂度为O((N+Q)logN)，再加上之前求最大生成树的复杂度就是：
\[O((N+Q)log_{2}N+Mlog_{2}M)
\]
无解就是起点终点不在一棵生成树中。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define maxn 10001
#define maxm 50001
using namespace std;
struct node{
int u,v,w;
bool operator<(const node &b)const{ return w>b.w; }
}b[maxm];
struct edge{
int to,dis,next;
edge(){}
edge(const int &_to,const int &_dis,const int &_next){ to=_to,dis=_dis,next=_next; }
}e[maxn<<1];
int head[maxn],k;
int anc[maxn],dep[maxn];
int fa[maxn][20],minedge[maxn][20],maxdep;
int n,m,q;
inline int read(){
register int x(0),f(1); register char c(getchar());
while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
inline void add(const int &u,const int &v,const int &w){ e[k]=edge(v,w,head[u]),head[u]=k++; }
int get(int x){ return anc[x]==x?x:anc[x]=get(anc[x]); }
void kruskal(){
sort(b+1,b+1+m);
for(register int i=1;i<=n;i++) anc[i]=i;
for(register int i=1;i<=m;i++){
int u=b[i].u,v=b[i].v,w=b[i].w;
if(get(u)==get(v)) continue;
anc[get(u)]=get(v);
add(u,v,w),add(v,u,w);
}
}
void dfs(int u){
for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==fa[u][0]) continue;
fa[v][0]=u,minedge[v][0]=e[i].dis,dep[v]=dep[u]+1;
for(register int i=1;i<=maxdep;i++) fa[v][i]=fa[fa[v][i-1]][i-1],minedge[v][i]=min(minedge[v][i-1],minedge[fa[v][i-1]][i-1]);
dfs(v);
}
}
inline int getmin(int u,int v){
if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
int ans=0x3f3f3f3f;
for(register int i=maxdep;i>=0;i--) if(dep[fa[v][i]]>=dep[u]) ans=min(ans,minedge[v][i]),v=fa[v][i];
if(u==v) return ans;
for(register int i=maxdep;i>=0;i--) if(fa[u][i]!=fa[v][i]) ans=min(ans,min(minedge[u][i],minedge[v][i])),u=fa[u][i],v=fa[v][i];
return min(ans,min(minedge[u][0],minedge[v][0]));
}
int main(){
memset(head,-1,sizeof head);
n=read(),m=read();
for(register int i=1;i<=m;i++) b[i].u=read(),b[i].v=read(),b[i].w=read();
kruskal();
maxdep=(int)log(n)/log(2)+1;
memset(minedge,0x3f,sizeof minedge);
for(register int i=1;i<=n;i++) if(!dep[i]) dep[i]=1,dfs(i);
q=read();
for(register int i=1;i<=q;i++){
int u=read(),v=read();
if(get(u)!=get(v)) puts("-1");
else printf("%d\n",getmin(u,v));
}
return 0;
}
