P1119 灾后重建(floyd)

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，则需要输出 \(-1\)。

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 \(t_0,t_1,\cdots,t_{N-1}\)，表示了每个村庄重建完成的时间，数据保证了 \(t_0 \le t_1 \le \cdots \le t_{N-1}\)。

接下来 \(M\) 行，每行 \(3\) 个非负整数 \(i,j,w\)，\(w\) 不超过 \(10000\)，表示了有一条连接村庄 \(i\) 与村庄 \(j\) 的道路，长度为 \(w\)，保证 \(i\neq j\)，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 \(-1\)。

输入输出样例 #1

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

输出 #1

-1
-1
5
4

说明/提示

• 对于 \(30\%\) 的数据，有 \(N\le 50\)；
• 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 \(Q\le 100\)；
• 对于 \(100\%\) 的数据，有 \(1\le N\le 200\)，\(0\le M\le \dfrac{N\times(N-1)}{2}\)，\(1\le Q\le 50000\)，所有输入数据涉及整数均不超过 \(10^5\)。
  首先我的思路没有什么问题，就是超时了几个测试点，还是不会优化代码，我没有看到村庄修复的时间是依次递增的，视频的思路，是只要有一个村庄被修复了我们就以它为中间点，更新村庄之间的距离，不管其他村庄有没有被修复，因为在接下来的代码会判断；

#include<iostream>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
char* p1, * p2, buf[100000];
#define nc() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = nc();
    while (ch < 48 || ch>57)
    {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = nc();
    }
    while (ch >= 48 && ch <= 57)
        x = x * 10 + ch - 48, ch = nc();
    return x * f;
}
int n,m;
int f[220][220];
int a[220];
int b[220];
void floyd(int k){
    
            for(int i=0;i<=n-1;i++){
                for(int j=0;j<=n+1;j++){
                    f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
                }
            }
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<=n-1;i++)cin>>a[i];
    while(m--){
        int i,j,w;
        cin>>i>>j>>w;
        f[i][j]=w;
        f[j][i]=w;
    }
    for(int i=0;i<=n-1;i++)f[i][i]=0;
    int q;
    cin>>q;
    int i=0;
    
    while(q--){
        int x,y,t;
        cin>>x>>y>>t;
       
        while(a[i]<=t&&i<=n-1)floyd(i++);
        if(a[x]>t||a[y]>t||f[x][y]>1e9)cout<<-1<<endl;
        else {
            cout<<f[x][y]<<endl;
        }
    }
    return 0;
}``