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  • 灾后重建

    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
    ",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
    ",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
    ",d[q_u[now]][q_v[now]]); 
    34         now++;
    35     }
    36     return 0;
    37 }
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    Fail 02: Port 8080 required by Tomcat Server at localhost is already in use.
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/J-william/p/6882793.html
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