loj136 (最小瓶颈路,多次询问)

题目描述

给定一个包含 n nn 个节点和 m mm 条边的图，每条边有一个权值。
你的任务是回答 k kk 个询问，每个询问包含两个正整数 s ss 和 t tt 表示起点和终点，要求寻找从 s ss 到 t tt 的一条路径，使得路径上权值最大的一条边权值最小。

输入格式

第一行包含三个整数 n nn、m mm、k kk，分别表示 n nn 个节点， m mm 条路径， k kk 个询问。

接下来 m mm 行，每行三个整数 u uu , v vv , w ww, 表示一个由 u uu 到 v vv 的长度为 w ww 的双向边。

再接下来 k kk 行，每行两个整数 s ss , t tt，表示询问从 s ss 连接到 t tt 的所有路径中单边长度最大值的最小值。

输出格式

输出包含 k kk 行，每一行包含一个整数 p pp 。p pp 表示 s ss 连接到 t tt 的所有路径中单边长度最大值的最小值。另外，如果 s ss 到 t tt 没有路径相连通，输出 -1 即可。

样例

样例输入

8 11 3
1 2 10
2 5 50
3 4 60
7 5 60
3 6 30
1 5 30
6 7 20
1 7 70
2 3 20
3 5 40
2 6 90
1 7
2 8
6 2

样例输出

30
-1
30

数据范围与提示

对于 30% 30\%30% 的数据 n≤100,m≤1000,k≤100,w≤1000 n \leq 100, m \leq 1000, k \leq 100, w \leq 1000n≤100,m≤1000,k≤100,w≤1000 
对于 70% 70\%70% 的数据 n≤1000,m≤10000,k≤1000,w≤100000 n \leq 1000, m \leq 10000, k \leq 1000, w \leq 100000n≤1000,m≤10000,k≤1000,w≤100000 
对于 100% 100\%100% 的数据 n≤1000,m≤100000,k≤1000,w≤10000000 n \leq 1000, m \leq 100000, k \leq 1000, w \leq 10000000n≤1000,m≤100000,k≤1000,w≤10000000 
本题可能会有重边。
为了避免 Special Judge，本题所有的 w ww 均不相同。

题解：

同样是基于最小生成树，我们将其中关键信息保存

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1000+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,k;
int mapp[MAXN][MAXN];
int ans[MAXN][MAXN],dis[MAXN],pri[MAXN];
bool vis[MAXN];
void prim()
{
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    for (int i = 1; i <=n ; ++i)
    {
        dis[i]=INF;
        pri[i]=i;
    }
    dis[1]=0;
    for (int i = 1; i <=n ; ++i) {
        int MAXX=INF,v=-1;
        for (int j = 1; j <=n ; ++j) {
            if(!vis[j]&&dis[j]<MAXX)
            {
                MAXX=dis[v=j];
            }
        }
        if(v==-1)
            break;
        for (int j = 1; j <=n ; ++j) {
            if(vis[j])
            {
                ans[v][j]=ans[j][v]=max(ans[pri[v]][j],MAXX);
            }
        }
        vis[v]=true;
        for (int j = 1; j <=n ; ++j) {
            if(!vis[j]&&mapp[v][j]<dis[j])
            {
                dis[j]=mapp[v][j];
                pri[j]=v;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    int x,y,z;
    memset(mapp,0x3f, sizeof(mapp));
    memset(ans,0, sizeof(ans));
    for (int i = 0; i <=n ; ++i) {
        mapp[i][i]=0;
    }
    for (int i = 0; i <m ; ++i) {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        if(mapp[x][y]>z)
            mapp[x][y]=mapp[y][x]=z;
    }
    prim();
    while(k--)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);

        printf("%d\n",ans[x][y]==0?-1:ans[x][y]);
    }
    return 0;
}

//int prim(int s)
//{
//    int res=0;
//    memset(ans,0,sizeof(ans));// 初始化目标数组
//    for(int i=1;i<=n;i++)
//        vis[i] = false, d[i] = INF, pri[i]=i;//初始化 标记、距离、父亲数组。
//
//    d[s]=0; // 自身的距离为零
//    for(int i=0;i<n;i++) // prim考察剩下的n - 1个点
//    {
//        int maxx=INF, v=-1; // 比较和点的位置
//        for(int j=1;j<=n;j++) // 寻找与最小生成树集合最近的点
//        {
//            if(!vis[j]&&d[j]<maxx)
//            {
//                maxx=d[v=j]; // 写法不错
//            }
//        }
//        if(v==-1) // 未找到的判断
//            break;
//
//        for(int j=1;j<=n;j++) //
//            if(vis[j])
//                ans[v][j] = ans[j][v] = max(ans[pri[v]][j], maxx);
//
//        res+=maxx; // 最小生成树权值更新
//        vis[v]=true; // 将找到的点加入集合
//
//        for(int j=1;j<=n;j++)
//        {
//            if(!vis[j]&&mapp[v][j]<d[j])
//            {
//                d[j] = mapp[v][j]; // 更新距离
//                pri[j] = v; // 更新父亲节点。
//            }
//        }
//    }
//    return res;
//}