灾后重建

Posted 2020-09-19 鄉勇

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：

输入文件rebuild.in的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：

输出文件rebuild.out包含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#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

输出样例#1：

-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*(N-1)/2，Q≤50000，所有输入数据涉及整数均不超过100000。

思路

Floyd

一开始先想的是SPFA；

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 const int maxn=300;
 6 const int maxm=2e5;
 7 inline int max_(int x,int y){return x>y?x:y;}
 8 int n,m,q;
 9 int a,b,c;
10 int t[maxn];
11 int h[maxn],hs=1,rs,p;
12 int e_s[maxm],e_t[maxm],e_w[maxm],e_n[maxm];
13 struct reserve{int s,t,w,nt;}re[maxm];
14 bool comp(const reserve&x,const reserve&y){return x.nt<y.nt;}
15 void add(int k){
16     ++hs,e_s[hs]=re[k].s,e_t[hs]=re[k].t,e_w[hs]=re[k].w,e_n[hs]=h[re[k].s],h[re[k].s]=hs;
17     ++hs,e_s[hs]=re[k].t,e_t[hs]=re[k].s,e_w[hs]=re[k].w,e_n[hs]=h[re[k].t],h[re[k].t]=hs;
18 }
19 int d[maxn];
20 int qe[maxm],head,tail;
21 void SPFA(int x,int y){
22     memset(d,0x7f,sizeof(d));
23     head=tail=0;
24     d[x]=0,qe[head++]=x;
25     while(head>tail){
26         a=qe[tail++];
27         for(int i=h[a];i;i=e_n[i])
28         if(0ll+d[a]+e_w[i]<d[e_t[i]]){
29             d[e_t[i]]=d[a]+e_w[i];
30             qe[head++]=e_t[i];
31         }
32     }
33 }
34 int main(){
35     scanf("%d%d",&n,&m);
36     for(int i=0;i<n;i++){
37         scanf("%d",&t[i]);
38     }
39     for(int i=1;i<=m;i++){
40         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
41         re[rs++]=(reserve){a,b,c,max_(t[a],t[b])};
42     }
43     sort(re,re+rs,comp);
44     scanf("%d",&q);
45     while(q--){
46         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
47         for(p;re[p].nt<=c&&p<rs;p++) add(p);
48         SPFA(a,b);
49         if(d[b]==d[n+1]) puts("-1");
50         else printf("%d\n",d[b]);
51     }
52     return 0;
53 }

然后，华丽丽地...60分

然后看了一下题解，突然意识到，这可能是Floyd的翻身仗。

代码实现

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 const int maxn=2e2+10;
 4 const int maxq=5e4+10;
 5 int n,m,q,now;
 6 int a,b,c;
 7 int t[maxn];
 8 int d[maxn][maxn];
 9 int q_u[maxq],q_v[maxq],q_t[maxq];
10 int main(){
11     memset(d,0x7f,sizeof(d));
12     scanf("%d%d",&n,&m);
13     for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&t[i]);
14     for(int i=1;i<=m;i++){
15         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
16         d[a][b]=d[b][a]=c;
17     }
18     scanf("%d",&q);
19     for(int i=0;i<q;i++) scanf("%d%d%d",&q_u[i],&q_v[i],&q_t[i]);
20     t[n]=t[n-1]+1;
21     for(int k=0;k<n;k++){
22         while(now<q&&q_t[now]<t[k]){
23             if(t[q_u[now]]>=t[k]||t[q_v[now]]>=t[k]||d[q_u[now]][q_v[now]]==d[n][n]) puts("-1");
24             else printf("%d\n",d[q_u[now]][q_v[now]]); 
25             now++;
26         }
27         for(int i=0;i<n;i++)
28         for(int j=0;j<n;j++)
29         d[i][j]=0ll+d[i][k]+d[k][j]<d[i][j]?d[i][k]+d[k][j]:d[i][j];
30     }
31     while(now<q){
32         if(d[q_u[now]][q_v[now]]==d[n][n]) puts("-1");
33         else printf("%d\n",d[q_u[now]][q_v[now]]); 
34         now++;
35     }
36     return 0;
37 }