洛谷P1119《灾后重建》
原更新时间：2019-01-22 15:32:53
让人加深对 Floyd 的理解
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\(-1\)。
输入输出格式
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\(-1\)。
输入输出样例
输入样例
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
输出样例
-1
-1
5
4
说明
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\(100000\)。
解题思路
首先 $ N \leq 200 $，那么肯定是用 Floyd
Floyd 算法的本质是 DP，转移方程为
其中的这个 \(k\) 就是「中转点」，表示当前最大能经过编号为 \(k\) 的点。
明确了这些，我们再来看题。
给出每一个点状态转为「可用」的时间和所有的边，让你求任意点到点的距离。
我们跑 Floyd 时，\(k\) 限制了我们当前能走的点，就相当于是题目中点的「不可用」状态！再加上所有的询问都是按照时间顺序给出的，所以我们就可以利用 Floyd 的性质来做这题。
/* -- 全局变量 -- */
int now = 0; // 当前最多能走第 now 个点，也就是 Floyd 中的 k
/* -- 在函数 main() 里 -- */
std::cin >> start >> end >> ti// 读入起止点 start end 和当前时间 ti
while (Time[now] <= ti) {
// 当前的点转为「可用」的时间没有超过当前时间
int k = now; // 方便理解
// 以下为标准的 Floyd
for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
dis[x][y] = std::min(dis[x][y], dis[x][k] + dis[k][y]);
}
}
++now; // 这个点更新完了，往后继续更新，直到超过当前时间
}
if (
dis[start][end] == __INF /* 无法到达 */
|| Time[start] > ti
|| Time[end] > ti /* 没有转为「可用」 */
) puts("-1");
else printf("%d\n", dis[start][end]); // 输出答案
代码实现
/* -- Basic Headers -- */
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
/* -- STL Iterators -- */
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue>
/* -- External Headers -- */
#include <map>
#include <cmath>
/* -- Defined Functions -- */
#define For(a,x,y) for (int a = x; a <= y; ++a)
#define Forw(a,x,y) for (int a = x; a < y; ++a)
#define Bak(a,y,x) for (int a = y; a >= x; --a)
namespace FastIO {
inline int getint() {
int s = 0, x = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) {
if (ch == '-') x = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch)) {
s = s * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return s * x;
}
inline void __basic_putint(int x) {
if (x < 0) {
x = -x;
putchar('-');
}
if (x >= 10) __basic_putint(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
inline void putint(int x, char external) {
__basic_putint(x);
putchar(external);
}
}
namespace Solution {
const int MAXN = 1000 + 10;
int dis[MAXN][MAXN], k;
int n, m, q;
int ttime[MAXN];
}
signed main() {
#define HANDWER_FILE
#ifndef HANDWER_FILE
freopen("testdata.in", "r", stdin);
freopen("testdata.out", "w", stdout);
#endif
using namespace Solution;
using FastIO::getint;
n = getint();
m = getint();
memset(ttime, 0x3f, sizeof ttime);
memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
ttime[i] = getint();
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int prev = getint();
int next = getint();
int weight = getint();
dis[prev][next] = dis[next][prev] = weight;
}
for (int i = 0; i <= n; ++i) dis[i][i] = 0;
q = getint();
for (int i = 1; i <= q; ++i) {
int s = getint();
int t = getint();
int timee = getint();
int ans = 0;
while (ttime[k] <= timee) {
for (int a = 0; a < n; ++a) {
for (int b = 0; b < n; ++b) {
dis[a][b] = std::min(dis[a][b], dis[a][k] + dis[k][b]);
}
}
++k;
}
if (dis[s][t] == 0x3f3f3f3f || ttime[s] > timee || ttime[t] > timee) ans = -1;
else ans = dis[s][t];
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
