大致题意： 有(n)个城市和(m)条道路，每条道路有一个限重。多组询问，每次询问从(x)到(y)的最大载重为多少。
一个贪心的想法
首先，让我们来贪心一波。
由于要求最大载重，显然要让最小限重尽量大。
不难发现，想要让最小限重尽量大，所经过的路径一定都在原图的最大生成树上。
于是，我们就可以用求最大生成树的方法来将原图转化为一棵树。
这样一来，原题就转化成了求树上两点之间的最小边权值。
这应该是可以直接用倍增(LCA) 来搞的吧。
如何用倍增(LCA)求树上两点之间的最小边权值
不难想到，我们可以用(Min_{i,j})来表示从(i)到(fa_{i,j}) 所经过的路径上的最小边权值。
因此，我们只需在(LCA)的过程中每一次更新节点为当前节点祖先时，加上更新最小值的步骤即可，代码还是很简洁的。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define Fsize 100000
#define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++)
#define pc(ch) (FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
#define N 10000
#define M 50000
#define add(x,y,z) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y,e[ee].val=z)
int FoutSize=0,OutputTop=0;char Fin[Fsize],*FinNow=Fin,*FinEnd=Fin,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
using namespace std;
int n,m,ee=0,fa[N+5],lnk[N+5]={0},Depth[N+5],vis[N+5]={0},f[N+5][20],Min[N+5][20];
struct line//题目中给定图的边
{
int x,y,v;
}w[M+5];
struct edge//原图最大生成树的边
{
int to,nxt,val;
}e[2*N+5];
inline void read(int &x)
{
x=0;static char ch;
while(!isdigit(ch=tc()));
while(x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(int x)
{
if(!x) return (void)pc('0');
while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;
while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;
}
inline bool cmp(line x,line y)//将原图给定的边排序
{
return x.v>y.v;
}
inline int getfa(int x)//并查集函数
{
return fa[x]^x?fa[x]=getfa(fa[x]):x;
}
inline void dfs(int x)//dfs初始化
{
register int i;
for(i=1;i<20;++i) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1],Min[x][i]=min(Min[x][i-1],Min[f[x][i-1]][i-1]);//计算出f数组和Min数组
for(vis[x]=1,i=lnk[x];i;i=e[i].nxt)//枚举当前节点的相邻节点
{
if(!(e[i].to^f[x][0])) continue;//如果枚举到的节点是当前节点的父亲节点，就跳过
Depth[e[i].to]=Depth[f[e[i].to][0]=x]+1,Min[e[i].to][0]=e[i].val,dfs(e[i].to);//初始化子节点信息，并dfs该子节点
}
}
inline int Query(int x,int y)//询问操作，类似于求LCA的过程
{
register int i,res=1e9;//res记录答案
if(Depth[x]<Depth[y]) swap(x,y);
for(i=0;Depth[x]^Depth[y];++i) if((Depth[x]-Depth[y])&(1<<i)) res=min(res,Min[x][i]),x=f[x][i];//在更新当前节点为当前节点祖先的同时，也要更新最小值
if(!(x^y)) return res;//如果x与y已经相等，就返回res
for(i=0;f[x][i]^f[y][i];++i);
for(--i;i>=0;--i) if(f[x][i]^f[y][i]) res=min(res,min(Min[x][i],Min[y][i])),x=f[x][i],y=f[y][i];//在更新当前节点为当前节点祖先的同时，也要更新最小值
return min(res,min(Min[x][0],Min[y][0]));//返回x,y到父亲的边权与res中的较小值
}
int main()
{
register int i,Q,x,y,fx,fy;
for(read(n),read(m),i=1;i<=m;++i) read(w[i].x),read(w[i].y),read(w[i].v);//读入原图
for(sort(w+1,w+m+1,cmp),i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;//初始化并查集
for(i=1;i<=m;++i) if((fx=getfa(w[i].x))^(fy=getfa(w[i].y))) fa[fx]=fy,add(w[i].x,w[i].y,w[i].v),add(w[i].y,w[i].x,w[i].v);//Kruskal最大生成树
for(read(Q);Q;--Q)//对于每个询问进行操作
{
read(x),read(y);
if(getfa(x)^getfa(y)) {pc('-'),pc('1'),pc('
');continue;}//如果不在同一个联通块内，直接输出-1
if(!vis[x]||!vis[y]) dfs(x);//如果这个联通块未访问过，就dfs遍历一遍初始化
write(Query(x,y)),pc('
');//输出两点之间的最小边权
}
return fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),0;
}