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

样例输出

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;

//}