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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。

输入格式

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

共 $Q$ 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 $-1$ 。

样例输入

样例输出

-1
-1
5
4

题目分析

本题对理解动态规划下的flody很有帮助。

首先对题目进行大致分析，有初始编号为 $0\sim n-1$ 的 $n$ 个村庄，两两之间具有一个双向的道路，但相邻两村庄的道路需要在 $min(t_a,t_b)$ 天才可以启用。给出 $q$ 个询问，每个询问为第 $t$ 天从村庄 $a$ 到 $b$ 的距离。题目保证村庄 $t$ 升序且询问的 $t$ 升序。

由上一题的分析，定义 $f[i][j][k]$ 为起点为 $i$ 终点为 $j$ 途径 $0\sim k$ 中某些点的最短路径。

对于 $k$ 是采用从小到大遍历，即第 $k$ 层的遍历需要第 $k-1$ 层为基础，这正与此题的分析不谋而合，假设此时时间为 $t$ ，将其作为第 $k$ 层，恢复时间小于 $t$ 的为前 $k - 1$ 层，我们依次遍历前面的层数便可得到当前时间的答案。

Accept代码 $O(n^3+q)$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 210, INF = 1e9;

int n, m, q;
int st[N], g[N][N];

void flody(int k)
{
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        for (int j = 0; j < n; j ++)
            g[i][j] = g[j][i] = min(g[i][j], g[i][k] + g[k][j]);
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    
    for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> st[i];
    
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        for (int j = 0; j < n; j ++)
            if (i != j) g[i][j] = INF;

    for (int i = 0; i < m; i ++)
    {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        
        g[a][b] = min(g[a][b], c);
        g[b][a] = min(g[b][a], c);
    }
    
    cin >> q;
    int now = 0;
    for (int i = 0; i < q; i ++)
    {
        int a, b, t;
        cin >> a >> b >> t;
        
        while (st[now] <= t && now < n)
        {
            flody(now);
            now ++;
        }
        
        if (st[a] > t || st[b] > t || g[a][b] == INF) cout << -1 << "\n";
        else cout << g[a][b] << "\n";
    }
    return 0;
}

P1119 灾后重建（29-29）