P1119 灾后重建
题目背景
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。
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
输入文件rebuild.in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数量。
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。
输出格式：
输出文件rebuild.out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。
输入输出样例
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
-1 -1 5 4
说明
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。
分析：
因为数据保证修复村庄时间：t[0] ≤ t[1] ≤ … ≤ t[N – 1] ，也就是保证前面的村庄先修好。修好的村庄自然就可以做中间点。而我们floyed中，外层循环k表示的中间点也是一次递增的。
事实上：
Floyd算法的本质是动态规划，其转移方程为：f(k,i,j) = min( f(k-1,i,j), f(k-1,i,k)+f(k-1,k,j) )。
f(k-1,i,j)表示经过前k-1个点
f(k-1,i,k)+f(k-1,k,j)表示经过k这个点
f(k,i,j)表示路径除开起点i与终点j，只经过前k个点中的某些点，从i到j的最小值。
计算这个值只需要考虑两种情况：最短路经过k，和最短路不经过k（那么就经过前k-1个点中的某些点）。
由于k要从k-1转移而来，自然k为最外层的循环。而经过状态压缩（类似于背包问题）后，就变成了我们熟悉的f(i,j) = min( f(i,j), f(i,k)+f(k,j) )了。
并且由于询问时间t是不下降的。所以我们可以在做floyed的过程中就把询问给整了。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++) 5 using namespace std; 6 const int mxn=205; 7 int n,m,q,inf; 8 int dis[mxn][mxn],t[mxn]; 9 int from[50005],to[50005],tim[50005]; 10 int main() 11 { 12 int i,j,k,u,v,w; 13 scanf("%d%d",&n,&m); 14 fo(i,0,n-1) scanf("%d",&t[i]); 15 memset(dis,0x3f,sizeof dis); 16 inf=dis[1][1]; 17 //双向图 18 fo(i,1,m) 19 { 20 scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); 21 dis[u][v]=dis[v][u]=w; 22 } 23 //询问 24 scanf("%d",&q); 25 fo(i,1,q) scanf("%d%d%d",&from[i],&to[i],&tim[i]); 26 // 27 int now=1; 28 //Floyed 29 fo(k,0,n-1) 30 { 31 //now<=q当前小于等于询问编号 32 //tim[now]<t[k] 询问时间小于修复时间 33 while(now<=q && tim[now]<t[k]) 34 { 35 int ans=dis[from[now]][to[now]]; 36 //如果距离是无穷大或者起点还未重建或者终点还未重建 37 if(ans==inf || t[from[now]]>=t[k] || t[to[now]]>=t[k]) ans=-1; 38 printf("%d ",ans); 39 now++; 40 } 41 fo(i,0,n-1) 42 fo(j,0,n-1) 43 dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); 44 } 45 //求解在所有村庄都修复好之后的询问 46 while(now<=q) 47 { 48 int ans=dis[from[now]][to[now]]; 49 if(ans==inf) ans=-1; 50 printf("%d ",ans); 51 now++; 52 } 53 return 0; 54 }