P1119 灾后重建

Posted 2020-10-11 秋千旁的蜂蝶~

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。

 

题解：

这似乎是我各种蒙猜凑然后居然A了的题666

于是后来又看了看书才真正明白为什么我的想法是对的

……

看到这道题后基本想法就是floyd，因为floyd的原理就是枚举不同的点做中转点，然后将两点间距离缩短

所以每到一个时间点，就把到该时间点新修成的点作为中转点将两点间距离缩短

但后来我发现更新两点距离时，从该中转点出发到其余点的最短距离需要先更新

（因为更新时dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j])嘛，如果dis[i][k]与dis[k][j]都不是当前最小值，那更新后的也不是最小值）

这是一个伟大的猜想，这么改过去就A了

------------------可爱的分割线------------------------

那么这是为什么呢？为什么标准的floyd中就不用先更新dis[i][k]呢？

经过认真学习后发现，dis[i][k]在标准floyd中当k作为中转点更新时，已被1~k-1作中转点更新过了，是确定的只用1~k-1作中转点后的最小值。

k又不用为dis[i][k]作中转点，所以（完美）……

但是，我在题中用的算法在k出现前，对于两点的dis[i][j]，只要两点中有一点>=k，距离就为INF

也就是说，dis[i][k]是没有被1~k-1更新过的。

故，需要先更新dis[i][k]

-----------------------------------------------------------

于是这次就瓦打正着了……复杂度也不高，n只有200，floyd妥妥的

看来学知识要学透，不要半半拉拉的。没准这次蒙对了，下次就没有这样好运气了。

 

代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #define INF 1000000007
 4 using namespace std;
 5 
 6 const int MAXN = 20005;
 7 struct node{
 8     int v,len;
 9     node *next;       
10 }pool[2*MAXN],*h[210];
11 int cnt;
12 void addedge(int u,int v,int len){
13     node *p=&pool[++cnt],*q=&pool[++cnt];
14     p->v=v;p->next=h[u];h[u]=p;p->len=len;
15     q->v=u;q->next=h[v];h[v]=q;q->len=len;
16 }
17 int f[210][210],t[210];
18 int n;
19 
20 int main()
21 {
22     int m,Q,i,j,x,y,z;
23     int nowt,nownum;
24     scanf("%d%d",&n,&m);
25     for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&t[i]);
26     for(i=0;i<m;i++) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),addedge(x,y,z);
27     
28     scanf("%d",&Q);
29     nowt=0;nownum=0;
30     for(i=0;i<n;i++)
31         for(j=0;j<n;j++) f[i][j]=INF;
32     while(Q --> 0){
33         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
34         while(nowt<n && t[nowt]<=z){
35             for(node *p=h[nowt];p;p=p->next)
36                 if(p->v<nowt) f[nowt][p->v]=f[p->v][nowt]=p->len;
37             f[nowt][nowt]=0;
38             for(i=0;i<nowt;i++)
39                 for(j=0;j<nowt;j++) f[i][nowt]=f[nowt][i]=min(f[i][nowt],f[i][j]+f[j][nowt]);
40             for(i=0;i<nowt;i++)
41                 for(j=i;j<nowt;j++) f[i][j]=f[j][i]=min(f[i][j],f[i][nowt]+f[nowt][j]);
42             nowt++;
43         }
44         if(f[x][y]==INF) printf("-1\n");
45         else printf("%d\n",f[x][y]);
46     }
47     
48     return 0;
49 }

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