1817 灾后重建

1817 灾后重建

　

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 题目等级 : 钻石 Diamond

题解

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题目描述 Description

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。

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。

输入描述 Input Description

输入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长度。

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。

输出描述 Output Description

输出包含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。

样例输入 Sample Input

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

样例输出 Sample Output

-1

-1

5

4

数据范围及提示 Data Size & Hint

【数据规模】

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。

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暴力：

//暴力spfa模拟 60分（40%TLE） 
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<iostream>
using namespace std;
inline int read(){
    register int x=0;bool f=1;
    register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return f?x:-x;
}
const int N=210;
int n,m,cas,tot,dis[N],t[N],head[N];
bool vis[N];
struct node{
    int v,w,next;
}e[N*N];
void add(int x,int y,int z){
    e[++tot].v=y;
    e[tot].w=z;
    e[tot].next=head[x];
    head[x]=tot;
}
int query(int S,int T,int lim){
    if(t[S]>lim||t[T]>lim) return -1;
    if(S==T) return 0;
    memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof dis);
    memset(vis,0,sizeof vis);
    queue<int>q;
    q.push(S);
    vis[S]=1;dis[S]=0;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();
        vis[x]=0;
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
            int v=e[i].v,w=e[i].w;
            if(t[v]>lim) continue;
            if(dis[v]>dis[x]+w){
                dis[v]=dis[x]+w;
                if(!vis[v]){
                    vis[v]=1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    if(dis[T]==0x3f3f3f3f) return -1;
    else return dis[T];
}
int main(){
    n=read();m=read();
    for(int i=0;i<n;i++) t[i]=read();
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
        x=read();y=read();z=read();
        add(x,y,z);add(y,x,z);
    }
    cas=read();
    for(int x,y,z;cas--;){
        x=read();y=read();z=read();
        printf("%d
",query(x,y,z));
    }
    return 0;
}

正解：

加深了对floyed的理解
实质是dp 
d[k][i][j] 表示i-j只经过0-k的节点作为中间点的最短路
有两种情况 走或者不走k
f[k][i][j]=min(f[k-1][i][j],f[k-1][i][k]+f[k-1][k][j])
可以压缩空间压掉第一维

那就用floyed搞就好了.
首先t是小到大的 
还有就是输入数据时不降的
结合题目每次询问i->j 保证中间经过的一定是修好了的城市
只要满足 经过的在这之前都修好了
那根据对floyed的理解 保证循环k<=t就好了

AC代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
inline int read(){
    register int x=0;bool f=1;
    register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return f?x:-x;
}
const int N=210;
int n,m,cas,t[N];
int f[N][N];
int k=0;
int query(int S,int T,int lim){
    if(t[S]>lim||t[T]>lim) return -1;
    for(;k<n&&t[k]<=lim;k++){
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
            }
        }
    }
    if(f[S][T]==0x3f3f3f3f) return -1;
    else return f[S][T];
}
int main(){
    memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof f);
    n=read();m=read();
    for(int i=0;i<n;i++) t[i]=read();
    for(int i=0;i<n;i++) f[i][i]=0;
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
        x=read();y=read();z=read();
        f[x][y]=f[y][x]=z;
    }
    cas=read();
    for(int x,y,z;cas--;){
        x=read();y=read();z=read();
        printf("%d
",query(x,y,z));
    }
    return 0;
}