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

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

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 100000000
#define eps 1e-7
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0;int f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int MAXN=1e6+10;
struct node{
    int v,y,next;
}e[MAXN];
struct edge{
    int x,y,v;
}a[MAXN];
int linkk[MAXN],len=0,n,m,fa[MAXN],f[MAXN][30],d[MAXN][30],vis[MAXN],ans,dep[MAXN];
inline void insert(int xx,int yy,int vv){
    e[++len].y=yy;e[len].next=linkk[xx];e[len].v=vv;linkk[xx]=len;
}
inline bool mycmp(edge n,edge m){
    return n.v>m.v;
}
inline int find(int xx){
    return xx==fa[xx]?xx:fa[xx]=find(fa[xx]);
}
namespace zhangenming{
    inline void kruskal(){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            fa[i]=i;
        }
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int xx=a[i].x;int yy=a[i].y;
            int fx=find(xx);int fy=find(yy);
            if(fx!=fy){
                fa[fx]=fy;insert(a[i].x,a[i].y,a[i].v),insert(a[i].y,a[i].x,a[i].v);
            }
        }
    }
    inline void dfs(int st,int father){
        f[st][0]=father;dep[st]=dep[father]+1;
        vis[st]=1;
        for(int i=linkk[st];i;i=e[i].next){
            if(!vis[e[i].y]){
                d[e[i].y][0]=e[i].v;
                dfs(e[i].y,st);
            }
        }
    }
    void init(){
        n=read();m=read();
        for(int i=1;i<=m;i++){
           a[i].x=read();a[i].y=read();a[i].v=read();        
        }
        sort(a+1,a+m+1,mycmp);
    }
    void getanser(){
        for(int i=1;i<=25;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if(f[j][i-1]){
                    d[j][i]=min(d[j][i-1],d[f[j][i-1]][i-1]);
                    f[j][i]=f[f[j][i-1]][i-1];
                }
            }
        }
    }
    inline void LCA(int xx,int yy){
        if(xx==yy) return;
        if(dep[xx]<dep[yy]) swap(xx,yy);
        for(int i=25;i>=0;i--){
            if(dep[xx]-(1<<i)>=dep[yy]) ans=min(ans,d[xx][i]),xx=f[xx][i];
        }
        if(xx==yy) return;
        for(int i=25;i>=0;i--){
            if(f[xx][i]!=f[yy][i]&&f[xx][i]){
                ans=min(ans,d[xx][i]);ans=min(ans,d[yy][i]);
                xx=f[xx][i];yy=f[yy][i];
            }
        }
        ans=min(ans,d[xx][0]);ans=min(ans,d[yy][0]);
    }
    void solve(){
        kruskal();
        memset(d,10,sizeof(f));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(!vis[i]) dfs(i,0);
        }
        getanser();    
        int T=read();
        while(T--){
            int xx=read();int yy=read();
            ans=inf;
            if(find(xx)!=find(yy)){
                printf("-1
");
            }
            else{
                LCA(xx,yy);
                printf("%d
",ans);
            }
        }
    }
}
int main(){
    using namespace zhangenming;
    init();
    solve();
    return 0;
}

NOIP 2013 货车运输

货车运输

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样例1

样例输入1

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限制

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