P1119 灾后重建

灾后重建

思路：

1. 理解Floyd的核心是：

   最外层执行到k(还没进入内层循环)表示，只用[1,k-1]作为中转，\(i->j\) 的最短路

   执行k时，意思是：尝试用新加入的k点，缩短 \(i->j\) 的距离

2. 灾后重建：

   q表示当前询问，p指向本次询问之前，第一个尚未重建完成的村庄\(a_s\) (满足\(t[a]<d_{p-1}\))

   第q次询问，由于\(d_{p-1}<d_p\)，所以又有一些村庄重建完成\(a_s,a_{s+1},...,a_{l}\)

   用\(a_s,a_{s+1},...,a_{l}\)更新 \(i->j\) 的距离

3. 为什么不需要再用\(a_1,a_2,...,a_{s-1}\)更新一遍 \(i->j\) 的最短距离？

   你可以理解为： \(i->j\) 的最短路已经可以中转\(a_1,a_2,...,a_{s-1}\)了，\(a_s,a_{s+1},...,a_{l}\)不过是增加了一些中转站

   如果再使用\(a_1,a_2,...,a_{s-1}\)更新一遍 \(i->j\) 的最短距离，相当于有考虑一遍：用\(a_1,a_2,...,a_{s-1}\)作为中转站，

   会不会使总路程变小

   所以，\(a_s,a_{s+1},...,a_{l}\)的更新相当于是：将这些点纳入为了缩短 \(i->j\) 的距离的中转站集合中

代码：

int n,m,t[N],x,y,w,d,q;
int dis[N][N],p;

void floyd_warshall(int starti,int endi,int timei)
{
	int i,j;
	for(;p<n&&t[p]<=timei;++p)
	{
		for(i=0;i<n;++i){
			for(j=0;j<n;++j){
				if(dis[i][p]!=INF&&dis[p][j]!=INF&&dis[i][p]+dis[p][j]<dis[i][j])
					dis[i][j]=dis[i][p]+dis[p][j];
			}
		}
	}
	if(t[starti]>timei||t[endi]>timei||dis[starti][endi]==INF) cout<<-1<<'\n';
	else cout<<dis[starti][endi]<<'\n';
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;++i){
		for(int j=0;j<n;++j){	
			if(i!=j) dis[i][j]=INF;
			else dis[i][j]=0;
		}
	}
	for(int i=0;i<n;++i){
		cin>>t[i];
	}
	for(int i=0;i<m;++i){
		cin>>x>>y>>w;
		dis[x][y]=w;
		dis[y][x]=w;
	}
	cin>>q;
	while(q--){
		cin>>x>>y>>d;
		floyd_warshall(x,y,d);
	}
	return 0;
}

备注：距离我做完这道题已经过了好一会了，我的总结如果有误，欢迎指正