Test 7.12 T2

题目描述

​ 有一张 n 个点 m 条边的无向图，其中有 s 个点上有加油站。有 Q 次询问(a,b,c)， 问能否开一辆油箱容积为 c 的车从 a 走到 b。

输入格式

​ 第一行三个整数 n,s,m。

​ 接下来一行 s 个数，表示有加油站的节点。

​ 接下来 m 行，每行三个整数 (x,y,z)，表示一条连接 x,y，权值为 z 的边。

​ 接下来一行一个整数 Q。

​ 接下来 Q 行，每行三个整数 (a,b,c)，表示询问。

输出格式

​ 共 Q 行，若对应询问可行，输出 TAK，否则输出 NIE。

样例输入

6 4 5
1 5 2 6
1 3 1
2 3 2
3 4 3
4 5 5
6 4 5
4
1 2 4
2 6 9
1 5 9
6 5 8

样例输出

TAK
TAK
TAK
NIE

数据范围

​ Part 1：2 个测试点，每个 5 分：(n,Qleq100)

​ Part 2：1 个测试点，20 分：(nleq1000)

​ Part 3：2 个测试点，每个 10 分：(n=s)

​ Part 4：10 个测试点，每个 5 分：无特殊性质

​ 对于所有数据，(2leq sleq nleq200000,1leq mleq 200000,zleq10000,cleq2*10^9)

解析

如果从一个加油站能够到达另一个加油站，那么说明这条路径是可行的。所以，对于每一个(a,b)，我们需要知道(a,b)之间权值最大的边是否小于c。很自然的可以想到最大生成树，但问题的关键在于如何建出最大生成树。

对于这棵生成树，我们可以只保留加油站节点。为了减少边的规模，设原图中到每个点最近的加油站节点为pos[i]，那么如果一条边的两个端点的pos值不相同，则对应的两个加油站之间必然需要连一条边，边权为

[dis(pos[u],u)+w(u,v)+dis(pos[v],v) ]

具体的pos值可以用多源点最短路径去求。设每个加油站都是一个起点，pos为自身，那么在转移过程中对于每一个(dis[y]>dis[x]+w(x,y))，都有(pos[y]=pos[x])。

在实现过程中，用离线操作会更加方便。将询问按c从小到大排序，每到一个询问都将边权小于当前c的树边的两端连起来，如果询问的a和b在同一个连通块中就说明可行。并查集维护连通性即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200002
using namespace std;
struct node{
	int u,v,w;
}a[N];
struct query{
	int a,b,c,id;
}b[N];
int head[N],ver[N*2],nxt[N*2],edge[N*2],l;
int n,m,s,q,i,j=1,p,pos[N],dis[N],u[N],v[N],w[N],fa[N],num,ans[N];
bool in[N],e[N];
void insert(int x,int y,int z)
{
	l++;
	ver[l]=y;
	edge[l]=z;
	nxt[l]=head[x];
	head[x]=l;
}
void SPFA()
{
	queue<int> q;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(in,0,sizeof(in));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(e[i]){
			q.push(i);
			pos[i]=i;
			dis[i]=0;in[i]=1;
		}
	}
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
			int y=ver[i];
			if(dis[y]>dis[x]+edge[i]){
				pos[y]=pos[x];
				dis[y]=dis[x]+edge[i];
				if(!in[y]){
					q.push(y);
					in[y]=1;
				}
			}
		}
		in[x]=0;
	}
}
int cmp1(const node &x,const node &y)
{
	return x.w<y.w;
}
int cmp2(const query &x,const query &y)
{
	return x.c<y.c;
}
int find(int x)
{
	if(fa[x]!=x) fa[x]=find(fa[x]);
	return fa[x];
}
int main()
{
	freopen("B.in","r",stdin);
	freopen("B.out","w",stdout);
	cin>>n>>s>>m;
	for(i=1;i<=s;i++){
		int x;
		cin>>x;
		e[x]=1;
		if(p==0) p=x;
	}
	for(i=1;i<=m;i++){
		cin>>u[i]>>v[i]>>w[i];
		insert(u[i],v[i],w[i]);
		insert(v[i],u[i],w[i]);
	}
	SPFA();
	for(i=1;i<=m;i++){
		if(pos[u[i]]!=pos[v[i]]) a[++num]=(node){pos[u[i]],pos[v[i]],dis[u[i]]+dis[v[i]]+w[i]};
	}
	cin>>q;
	for(i=1;i<=q;i++){
		cin>>b[i].a>>b[i].b>>b[i].c;
		b[i].id=i;
	}
	sort(a+1,a+num+1,cmp1);
	sort(b+1,b+q+1,cmp2);
	for(i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	for(i=1;i<=q;i++){
		while(a[j].w<=b[i].c&&j<=num){
			fa[find(a[j].u)]=find(a[j].v);
			j++;
		}
		if(find(b[i].a)==find(b[i].b)) ans[b[i].id]=1;
	}
	for(i=1;i<=q;i++){
		if(ans[i]==1) cout<<"TAK"<<endl;
		else cout<<"NIE"<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}