NOIP 2013 货车运输
货车运输
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。
格式
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。
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。
样例1
样例输入1
4 3
1 2 4
2 3 3
3 1 1
3
1 3
1 4
1 3
样例输出1
3
-1
3
限制
每个测试点1s。
提示
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。
来源
NOIP 2013 提高组 Day 1
来自hzwer
这是一个求瓶颈路的问题首先对于30%的数据可以使用暴力，直接一个spfa算法，不断更新到每个结点的瓶颈路这是一个经典的问题，我们发现，最优解一定是在原图的最大生成森林上
因为不在最大生成森林上的路径一定是更劣的
那么如果我们只拿出最大生成森林做spfa的话，边的大小降为n，可以通过60%的数据
其实本题是模板题，询问森林中两个点的路径上的最小边权，连通性用并查集判一下
可以用树上倍增在logn的复杂度解决一棵树内的一次询问
预处理F(i,j)表示第i个点距离为2^j的祖先，这个可以深搜整棵树再递推一下，复杂度nlogn
G(i,j)表示第i个点到其距离为2^j的祖先上的最小权值，然后用倍增的思想俩个点往上跳一跳更新答案就行辣
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 100000000
#define eps 1e-7
using namespace std;
inline int read(){
int x=0;int f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MAXN=1e6+10;
struct node{
int v,y,next;
}e[MAXN];
struct edge{
int x,y,v;
}a[MAXN];
int linkk[MAXN],len=0,n,m,fa[MAXN],f[MAXN][30],d[MAXN][30],vis[MAXN],ans,dep[MAXN];
inline void insert(int xx,int yy,int vv){
e[++len].y=yy;e[len].next=linkk[xx];e[len].v=vv;linkk[xx]=len;
}
inline bool mycmp(edge n,edge m){
return n.v>m.v;
}
inline int find(int xx){
return xx==fa[xx]?xx:fa[xx]=find(fa[xx]);
}
namespace zhangenming{
inline void kruskal(){
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int xx=a[i].x;int yy=a[i].y;
int fx=find(xx);int fy=find(yy);
if(fx!=fy){
fa[fx]=fy;insert(a[i].x,a[i].y,a[i].v),insert(a[i].y,a[i].x,a[i].v);
}
}
}
inline void dfs(int st,int father){
f[st][0]=father;dep[st]=dep[father]+1;
vis[st]=1;
for(int i=linkk[st];i;i=e[i].next){
if(!vis[e[i].y]){
d[e[i].y][0]=e[i].v;
dfs(e[i].y,st);
}
}
}
void init(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
a[i].x=read();a[i].y=read();a[i].v=read();
}
sort(a+1,a+m+1,mycmp);
}
void getanser(){
for(int i=1;i<=25;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(f[j][i-1]){
d[j][i]=min(d[j][i-1],d[f[j][i-1]][i-1]);
f[j][i]=f[f[j][i-1]][i-1];
}
}
}
}
inline void LCA(int xx,int yy){
if(xx==yy) return;
if(dep[xx]<dep[yy]) swap(xx,yy);
for(int i=25;i>=0;i--){
if(dep[xx]-(1<<i)>=dep[yy]) ans=min(ans,d[xx][i]),xx=f[xx][i];
}
if(xx==yy) return;
for(int i=25;i>=0;i--){
if(f[xx][i]!=f[yy][i]&&f[xx][i]){
ans=min(ans,d[xx][i]);ans=min(ans,d[yy][i]);
xx=f[xx][i];yy=f[yy][i];
}
}
ans=min(ans,d[xx][0]);ans=min(ans,d[yy][0]);
}
void solve(){
kruskal();
memset(d,10,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]) dfs(i,0);
}
getanser();
int T=read();
while(T--){
int xx=read();int yy=read();
ans=inf;
if(find(xx)!=find(yy)){
printf("-1\n");
}
else{
LCA(xx,yy);
printf("%d\n",ans);
}
}
}
}
int main(){
using namespace zhangenming;
init();
solve();
return 0;
}
