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
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 #define inf 100000000 4 #define eps 1e-7 5 using namespace std; 6 inline int read(){ 7 int x=0;int f=1;char ch=getchar(); 8 while(!isdigit(ch)) {if(ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();} 9 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} 10 return x*f; 11 } 12 const int MAXN=1e6+10; 13 struct node{ 14 int v,y,next; 15 }e[MAXN]; 16 struct edge{ 17 int x,y,v; 18 }a[MAXN]; 19 int linkk[MAXN],len=0,n,m,fa[MAXN],f[MAXN][30],d[MAXN][30],vis[MAXN],ans,dep[MAXN]; 20 inline void insert(int xx,int yy,int vv){ 21 e[++len].y=yy;e[len].next=linkk[xx];e[len].v=vv;linkk[xx]=len; 22 } 23 inline bool mycmp(edge n,edge m){ 24 return n.v>m.v; 25 } 26 inline int find(int xx){ 27 return xx==fa[xx]?xx:fa[xx]=find(fa[xx]); 28 } 29 namespace zhangenming{ 30 inline void kruskal(){ 31 for(int i=1;i<=n;i++){ 32 fa[i]=i; 33 } 34 for(int i=1;i<=m;i++){ 35 int xx=a[i].x;int yy=a[i].y; 36 int fx=find(xx);int fy=find(yy); 37 if(fx!=fy){ 38 fa[fx]=fy;insert(a[i].x,a[i].y,a[i].v),insert(a[i].y,a[i].x,a[i].v); 39 } 40 } 41 } 42 inline void dfs(int st,int father){ 43 f[st][0]=father;dep[st]=dep[father]+1; 44 vis[st]=1; 45 for(int i=linkk[st];i;i=e[i].next){ 46 if(!vis[e[i].y]){ 47 d[e[i].y][0]=e[i].v; 48 dfs(e[i].y,st); 49 } 50 } 51 } 52 void init(){ 53 n=read();m=read(); 54 for(int i=1;i<=m;i++){ 55 a[i].x=read();a[i].y=read();a[i].v=read(); 56 } 57 sort(a+1,a+m+1,mycmp); 58 } 59 void getanser(){ 60 for(int i=1;i<=25;i++){ 61 for(int j=1;j<=n;j++){ 62 if(f[j][i-1]){ 63 d[j][i]=min(d[j][i-1],d[f[j][i-1]][i-1]); 64 f[j][i]=f[f[j][i-1]][i-1]; 65 } 66 } 67 } 68 } 69 inline void LCA(int xx,int yy){ 70 if(xx==yy) return; 71 if(dep[xx]<dep[yy]) swap(xx,yy); 72 for(int i=25;i>=0;i--){ 73 if(dep[xx]-(1<<i)>=dep[yy]) ans=min(ans,d[xx][i]),xx=f[xx][i]; 74 } 75 if(xx==yy) return; 76 for(int i=25;i>=0;i--){ 77 if(f[xx][i]!=f[yy][i]&&f[xx][i]){ 78 ans=min(ans,d[xx][i]);ans=min(ans,d[yy][i]); 79 xx=f[xx][i];yy=f[yy][i]; 80 } 81 } 82 ans=min(ans,d[xx][0]);ans=min(ans,d[yy][0]); 83 } 84 void solve(){ 85 kruskal(); 86 memset(d,10,sizeof(f)); 87 for(int i=1;i<=n;i++){ 88 if(!vis[i]) dfs(i,0); 89 } 90 getanser(); 91 int T=read(); 92 while(T--){ 93 int xx=read();int yy=read(); 94 ans=inf; 95 if(find(xx)!=find(yy)){ 96 printf("-1\n"); 97 } 98 else{ 99 LCA(xx,yy); 100 printf("%d\n",ans); 101 } 102 } 103 } 104 } 105 int main(){ 106 using namespace zhangenming; 107 init(); 108 solve(); 109 return 0; 110 }