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。
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。
因为货车要运输最大货物，必须在整张图的最大生成树上选边，可以想到kruskal算法，但此时若要对每一个询问进行一次遍历的话需要 O(mn) 的时间复杂度，那么就需要把答案预先处理出来。
RMQ问题的ST算法 是用 d(i, j) 表示 从 i 开始 长度为 2^j 的一段元素之间的最小值
那么 d(i, j) = min{d(i ,j - 1), d(i + 2 ^ (j - 1), j - 1)}; 从 i 开始长度为 2^j 的最小值 = min{从 i 开始长度为2^(j - 1) 的一段元素的最小值， 从i + 2^(j - 1) + 1开始长度为2^(j - 1)的最小值}；
这个题在处理时同样可以借鉴这种思路，这个题在树上(我也不知道在说啥)，所以：
以 f[i][j] 表示第i个结点的第2^j个祖先是哪个点，那么 f[i][0] 为第i个节点的父亲。
以 g[i][j] 表示第i个结点到 f[i][j](第i个结点的第2^j个祖先) 的最短距离，那么 g[i][0] 表示第i个节点到自己父亲的(最短)距离。
转移可以模仿ST算法：
f[i][j] = f[ f[i][j - 1] ][j - 1]; 第i个点的第2^j个祖先 = 【第i个点第2^(j - 1)的祖先】 的 【第2^(j - 1)的祖先】
g[i][j] = min(g[i][j - 1], g[ f[i][j - 1] ][j - 1]); 第i个结点到 自己的第2^j个祖先 的最短距离 = min{第i个结点到 自己的第 2^(j - 1) 个祖先 的最短距离,【 第i个结点的第2^(j - 1)个祖先】到 【自己的第2^(j - 1)个祖先】 的最短距离}
【】只是为了帮助断句。。。
之后若要查询(x, y)的最短距离只需查询 min{(x, pos)的最短距离，(y, pos)的最短距离} pos为x，y的最近公共祖先
那么借用dfs的思路即可预处理整张图得到f和g
1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <math.h> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 struct node { 7 int x, y, val; 8 }edge[50005]; 9 int n, m, cnt; 10 bool cmp(node a, node b) { return a.val > b.val; } 11 int u[50005], v[50005], next[50005], first[10005], w[50005]; 12 int in[10005], father[10005], hi[10005]; 13 void addedge(int st, int end, int value) 14 { 15 u[++cnt] = st, v[cnt] = end, w[cnt] = value; 16 next[cnt] = first[st]; 17 first[st] = cnt; 18 } 19 int getfather(int x) { return father[x] == x ? x : father[x] = getfather(father[x]); } 20 void kruskal() 21 { 22 int count; 23 for (int i = 1; i <= n; i++) father[i] = i; 24 for (int i = 1; i <= m; i++) { 25 int st = edge[i].x, end = edge[i].y; 26 int fa = getfather(father[st]), fb = getfather(father[end]); 27 if (fa != fb) { 28 addedge(st, end, edge[i].val); 29 addedge(end, st, edge[i].val); 30 father[fb] = fa; 31 count++; 32 if (count == n - 1) return; 33 } 34 } 35 } 36 int vis[10005]; 37 int fa[10005][25], Min[10005][25]; 38 void dfs(int o) 39 { 40 vis[o] = 1; 41 for (int i = 1; i <= 16; i++) { 42 if (hi[o] < (1 << i)) break; 43 fa[o][i] = fa[fa[o][i - 1]][i - 1]; 44 Min[o][i] = min(Min[o][i - 1], Min[fa[o][i - 1]][i - 1]); 45 } 46 for (int i = first[o]; i; i = next[i]) { 47 int end = v[i]; 48 if (!vis[end]) { 49 fa[end][0] = o; 50 Min[end][0] = w[i]; 51 hi[end] = hi[o] + 1; 52 dfs(end); 53 } 54 } 55 } 56 int lca(int l, int r) 57 { 58 if (hi[l] < hi[r]) swap(l, r); 59 int t = hi[l] - hi[r]; 60 for (int i = 0; i <= 16; i++) { 61 if ((1 << i) & t) l = fa[l][i]; 62 } 63 for (int i = 16; i >= 0; i--) { 64 if (fa[l][i] != fa[r][i]) { 65 l = fa[l][i], r = fa[r][i]; 66 } 67 } 68 if (l == r) return l; 69 return fa[l][0]; 70 } 71 int ask(int l, int r) 72 { 73 int ret = 0x3f3f3f3f; 74 int t = hi[l] - hi[r]; 75 for (int i = 0; i <= 16; i++) { 76 if (t & (1 << i)) { 77 ret = min(ret, Min[l][i]); 78 l = fa[l][i]; 79 } 80 } 81 return ret; 82 } 83 int main() 84 { 85 memset(Min, 0x3f3f3f3f, sizeof(Min)); 86 scanf("%d%d", &n, &m); 87 for (int i = 1; i <= m; i++) { 88 scanf("%d%d%d", &edge[i].x, &edge[i].y, &edge[i].val); 89 } 90 sort(edge + 1, edge + 1 + m, cmp); 91 kruskal(); 92 for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vis[i]) dfs(i); 93 int t, l, r; 94 scanf("%d", &t); 95 while (t--) { 96 scanf("%d%d", &l, &r); 97 if (getfather(father[l]) != getfather(father[r])) printf("-1 "); 98 else { 99 int pos = lca(l, r); 100 printf("%d ", min(ask(l, pos), ask(r, pos))); 101 } 102 } 103 return 0; 104 }
变量名不好起啊。