题解
我觉得这个题出的很好，让我对 Floyd 算法有了一个更深的理解。
浅谈 Floyd
Floyd 是一个求多源最短路径的算法，算法的内容很简单。
这个算法的主要思路，就是通过其他的点进行中转来求的两点之间的最短路。因为我们知道，两点之间有多条路，如果换一条路可以缩短距离的话，就更新最短距离。而它最本质的思想，就是用其他的点进行中转，从而达到求出最短路的目的。
(f[i][j][k]) 表示从 (i) 到 (j) 只经过编号为 (1)~(k) 的节点的最短路。
转移的话需要考虑两种情况：最短路经过 (k) 和最短路不经过 (k)，那么就可以写出转移方程：
(f[i][j][k]=min(f[i][j][k-1],f[i][k][k-1]+f[k][j][k-1]))
但是三维的状态我们无法接受，需要考虑优化。
由于 (k) 是由 (k-1) 转移来的，所以我们可以在外层枚举 (k)，这样就可以省掉第三维的状态。
核心 (Code:)
for(int k=1;k<=n;k++) //在最外层枚举中转点k
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i!=k&&i!=j)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
虽然 Floyd 算法的代码很简单，但是它的本质思想还是很重要的，而此题恰恰巧妙地考查了这点。
简化题面
再回来看这个题，这个题就是让我们求多次询问的最短路，每次询问都会有一些点无法经过。
思路
如果我们对于每次询问都跑一次 Floyd 算法的话时间复杂度肯定是爆炸的，这就提醒我们可以离线操作。
注意到对于每次询问给出的时间 (T)，我们需要在 (t[i]<=T) 的所有点中跑最短路。换句话说，我们需要求 (f[i][j][T]) 表示从 (i) 到 (j) 只经过 (t<=T) 的点的最短路。
发现这和 Floyd 算法的本质思想一致，那么我们就可以顺水推舟地往下做了：
我们按照每个点的时间 (t) 来从小到大枚举 (k)，这样每次内层循环结束后我们就会更新所有 (t<=t[k]) 的点之间的最短路。
然后我们每处理完一个中转点 (k) 之后就看看能否回答一些询问，能回答就输出。由于题目中保证 (T) 是递增的，所以我们只要读入+存储就好了，不必再按照时间排序了。
细节
此题我们用邻接矩阵来存图，一定要处理好初始化的问题。
(Code)：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=205;
const int INF=1e9;
int read() //读入优化
{
int a=0,x=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') x=-x;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
a=(a<<1)+(a<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return a*x;
}
int n,m,top=1;
int t[N],id[N],f[N][N];
struct node //记录每个询问的信息
{
int u,v,t;
}a[1000000];
bool cmp(int x,int y) //按照t从小到大排序
{
return t[x]<t[y];
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=0;i<n;i++) //注意是从0开始编号
{
t[i]=read(); //t[i]表示第i个点修成的时间
id[i]=i; //id[i]表示第i个点的编号为i
}
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
if(i!=j) f[i][j]=INF; //边初始化INF
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read();
int v=read();
int w=read();
f[u][v]=f[v][u]=w; //注意双向建边
}
int q=read();
for(int i=1;i<=q;i++) //我们将q次询问存起来离线处理
{
a[i].u=read();
a[i].v=read();
a[i].t=read();
}
sort(id,id+n,cmp); //将每个点按照t从小到大排序,排完序后id[i]表示t从小到大排第i的数的编号
for(int k=0;k<n;k++) //最外层循环枚举k,求t<=t[id[k]]的所有点间的最短路
{
while(a[top].t<t[id[k]]) //如果能回答一些询问(询问时间a[i].t内的最短路已经求过了)
{
int u=a[top].u;
int v=a[top].v;
if(f[u][v]>=INF||t[u]>a[top].t||t[v]>a[top].t) printf("-1
"); //注意无解情况
else printf("%d
",f[u][v]);
top++; //下一个问题
}
for(int i=0;i<n;i++) //松弛操作,Floyd算法核心
for(int j=0;j<n;j++)
f[id[i]][id[j]]=min(f[id[i]][id[j]],f[id[i]][id[k]]+f[id[k]][id[j]]);
}
while(top<=q) //所有点都建好了,但是询问还没问完,接着把剩下的输出,且此时不用考虑时间的影响
{
int u=a[top].u;
int v=a[top].v;
if(f[u][v]>=INF) printf("-1
"); //无解的情况
else printf("%d
",f[u][v]);
top++;
}
return 0;
}