NOIP2013货车运输 题解

题目描述

　A 国有 n 座城市，编号从 1 到 n，城市之间有 m 条双向道路。每一条道路对车辆都有重量限制，简称限重。

　现在有 q 辆货车在运输货物，司机们想知道每辆车在不超过车辆限重的情况下，最多能运多重的货物。

输入

　第一行有两个用一个空格隔开的整数 n，m，表示 A 国有n 座城市和 m 条道路。

　接下来 m 行每行 3 个整数 x、y、z，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从 x 号城市到 y 号城市有一条限

重为 z 的道路。注意：x 不等于 y，两座城市之间可能有多条道路。

　接下来一行有一个整数 q，表示有q 辆货车需要运货。

　接下来 q 行，每行两个整数 x、y，之间用一个空格隔开，表示一辆货车需要从 x 城市运输货物到 y 城市，

注意：x 不等于 y。

 

　对于 30%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 10,000，0 < q < 1,000；
　对于 60%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 50,000，0 < q < 1,000；
　对于 100%的数据，0 < n <10,000，0 < m < 50,000，0< q < 30,000，0 ≤ z ≤ 100,000。

输出

　　输出共有 q 行，每行一个整数，表示对于每一辆货车，它的最大载重是多少。

如果货车不能到达目的地，输出-1。

样例输入

4 3

1 2 4

2 3 3

3 1 1

3

1 3

1 4

1 3

样例输出

3

-1

3

 

http://z6363636363.blog.163.com/blog/static/246696032201571053027123/

上面是《用Pascal的OIER的C语言常识》，（顺便安利一下我的博客，不要吐槽名字<_<）

 

 

贪心的思考一下，任意两点之间最大的载重一定在每个子图的最大生成树T上，因为如果不在T上，则这条路线最大的载重一定比原来路线的权值大，这与T是最大生成树相驳。

 

所以可以知道，首先构造最大生成树，然后对于每一组询问，查找最近公共祖先，输出最小边的权值即可，构造最大生成树相信都会吧，所以重点就落到了查找最近公共祖先上了，查找最近公共祖先，有两个常用的算法，离线的Tarjan算法，在线的树上倍增算法，什么是离线和在线呢？所谓的在线算法就是实时性的，比方说，给你一个输入，算法就给出一个输出，就像是http请求，请求网页一样。给一个实时的请求，就返回给你一个请求的网页。而离线算法则是要求一次性读入所有的请求，然后在统一得处理。而在处理的过程中不一定是按照请求的输入顺序来处理的。说不定后输入的请求在算法的执行过程中是被先处理的。

Tarjan算法和树上倍增算法

（再一次安利我的博客）

http://z6363636363.blog.163.com/blog/static/246696032201571083457357/#

这样看来，问题似乎已经完美解决，使用好理解的Tarjan算法就可以得到答案了，但是作为一个离线算法，Tarjan算法有一个劣势，就是会打乱输入数据的顺序，所以不好输出，做标记也许可以，但加大了思维负担，所以这里使用树上倍增算法，而树上倍增用到了位运算作为工具，所以。。。。位运算（最后一次安利。。。重要的东西要说三次）

http://z6363636363.blog.163.com/blog/static/246696032201571095240117/#

 

 

下面是我的C++代码：

#include

#include //要使用C++内置的排序函数，必须要有这句

#include

#include

 

#define inf0x7fffffff//定义一个认为的无限大的值，这是一个16进制数

 

using namespacestd;//上面的头文件什么的，可以无视

 

intn,m,q,cnt,tot,deep[10001],head[10001],f[10001],fa[10001][17],d[10001][17];

bool vis[10001];

struct edge{intx,y,v;}a[50001];//定义边的结构

struct e{intnext,to,v;}e[20001];//定义邻接表，关于邻接表，可以看ahalei的51CTO博客http://developer.51cto.com/art/201404/435072.htm

 

void ins(intu,int v,int w)

{e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;e[cnt].v=w;}//向邻接表中加入一条边

void insert(intu,int v,int w)

{ins(u,v,w);ins(v,u,w);}//为了方便双向加入边，我这里写了一个驱动函数

int find(int x)

{returnf[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}//并查集的查，使用了三元表达式，翻译过来就是

/*

      if(f[x]==x)

             return x;

      else

             f[x]=find(f[x]);

             return f[x];

*/

bool cmp(edgea,edge b)

{returna.v>b.v;}//为了使用C++内置的一个排序函数，定义边的比较，

void dfs(intx)//dfs给树上的每一个节点做上深度的标记

{

    vis[x]=1;//标记当前节点已经走过

    for(int i=1;i<=16;i++)

    {

        if(deep[x]<(1<

        fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];//因为2^(j-1)+2^(j-1)=2^j，所以节点的2^(j-1)祖先的2^(j-1)祖先就是节点的2^j祖先

       d[x][i]=min(d[x][i-1],d[fa[x][i-1]][i-1]);//记录下到第i祖先的最小路径权值

    }

    for(int i=head[x];i;i=e[i].next)//遍历邻接表，这里使用了for循环的语法糖

    {

        if(vis[e[i].to])continue;//如果当前边的到达顶点已经走过，就继续下一个边

        fa[e[i].to][0]=x;//2^0=1，所以fa[i][0]是i节点的父亲，这里按照遍历边的顺序，把树建立（当前边的到达顶点的父亲就是出发顶点）

        d[e[i].to][0]=e[i].v;//到达顶点到父亲的权值就是边的权值

        deep[e[i].to]=deep[x]+1;//到达顶点的深度比父亲大1

        dfs(e[i].to);//递归遍历到达顶点

    }

}

int lca(intx,int y)//重点来了，这里是求树上两节点的最近公共祖先

{

    if(deep[x]

    int t=deep[x]-deep[y];//得到两节点深度的差值

    for(int i=0;i<=16;i++)

        if((1<

    for(int i=16;i>=0;i--)//从int位的最后一位开始倒推，找到深度最大的公共祖先即为最近公共祖先

    {

        if(fa[x][i]!=fa[y][i])

            {x=fa[x][i];y=fa[y][i];}//在x与y的祖先不同时，同步上推

    }

    if(x==y)return x;//处理一个边界情况，即如果在x上推到与y同等深度时，x与y相同，则公共祖先就是上推后的x

    return fa[x][0];//当同步上推完成时，x的父亲节点即为最近公共祖先（当然写y也行，不过我看x顺眼。。。）

}

int ask(intx,int f)//这里是询问x节点，到它的祖先节点的最小路径

{

    int mn=inf;

    int t=deep[x]-deep[f];//找到深度之差，确定上推范围

    for(int i=0;i<=16;i++)

    {

        if(t&(1<

        {

            mn=min(mn,d[x][i]);//在上推中确定这条路线的最小权值

            x=fa[x][i];//上推

        }

    }

    return mn;//返回最小权值

}

int main(void)//这里是主程序的开始

{

   freopen("truck.in","r",stdin);

   freopen("truck.out,","w",stdout);//上面是文件

    memset(d,127/3,sizeof(d));//向记录路径权值的数组中填充一个大值

    scanf("%d%d",&n,&m);//读入，n,m

    for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;//初始化并查集

    for(int i=1;i<=m;i++)

       scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].v);//读入每一条边

    sort(a+1,a+1+m,cmp);//将每一条边按照规定好的比较方式排序，完成后将按照降序排序

    for(int i=1;i<=m;i++)

    {

        int x=a[i].x,y=a[i].y;

        int p=find(x),q=find(y);

        if(p!=q)

        {

            f[p]=q;

            insert(x,y,a[i].v);

            tot++;//记录使用的边的数量

         if(tot==n-1)break;//如果使用的边已经有n-1个，那么最大生成树已经构造成功，跳出循环

        }//这里是构造最大生成树。。。

    }

    for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i]){dfs(i);}//以第一个节点为根节点，遍历并标记每个顶点的深度（树的根节点可以随意选择，并不影响）

    scanf("%d",&q);//读入询问次数

    for(int i=1;i<=q;i++)

    {

        int x,y;

       scanf("%d%d",&x,&y);//读入每一次询问

       if(find(x)!=find(y)){printf("-1\n");continue;}//如果询问的两个顶点不在同一个连通分量中，那么就无路连通，输出-1

        else

        {

            int t=lca(x,y);//找到询问的顶点的最近公共祖先

           printf("%d\n",min(ask(x,t),ask(y,t)));//从x节点到祖先节点，从y节点到祖先节点，找到最小的权值，即为答案

        }

    }

   

    return 0;//程序正确返回的标志

}