【题目描述】

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。
　　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。

输入输出格式

输入格式：

输入文件rebuild.in的第一行包含两个正整数N，M，表示了村庄的数目与公路的长度。
　　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：

输出文件rebuild.out包含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。

输入输出样例

输入样例#1：

4 5
1 2 3 4
0 2 1
2 3 1
3 1 2
2 1 4
0 3 5
4
2 0 2
0 1 2
0 1 3
0 1 4

输出样例#1：

-1
-1
5
4

思路

这个其实是个最短路问题，用的是Floyd算法，不过要在Floyd的过程中加入一些东东
我们floyd的3层循环如下：

for (int k=1;k<= n;k++) for (int i = 1;i <= n;i++) for (int j=1;j <= n;j++) w[i][j]=min(w[i][j],w[i][k]+w[k][j]);

这里的k层循环(第一层)枚举的是经过哪一些点作为中间点来缩短i->j的距离。 可以理解为用了前k个点作为中间点来尝试更新任意两点之间的距离。，这点可以为我们所利用。
看一下我们的询问：x,y,time 如果t[x] 或者t[y]>time则肯定是输出-1的。 对于其他的 我们可以在k层循环中的i,j循环完毕之后加上下面这些东西。
即 ：
for (k=1->n) { for (i=1->n) for (j =1->n) … 在这个位置加上我们下面所说的东西； }
k层循环仍是枚举n个点。 如果t[k]<=a[now].time且t[k+1] <=a[now].time 则k可以继续枚举。表示我们可以利用k和k+1来作为中间点更新任意两点之间的距离。 如果遇到t[k]<=a[now].time且t[k+1]>a[now].time。 则表示我们最多只能用k来作为中间点更新任意两点之间的距离了。 这时我们只能尝试在利用前k个点之后输出w[x][y]了。 不能再用k+1这个点了。因为k+1这个点在a[now].time时还没有修建好。
遇到这样的k之后。now++.(a[now].time是随着now的增加递增的)。
如果now递增后t[k+1]<=a[now].time了。则可以继续利用k+1来作为中间点更新任意两点之间的距离。
然后我们把k层循环的下界改为0. 因为可能有在0时刻的询问

大概就是这样啦，大家可以看看代码

AC代码

#include <cstdio>
#include <cstring>struct question //用结构体把询问存下来。
{int x, y, time;
};int n, m, t[201] = { 0 }, w[201][201], q; //t数组是各个节点修建好的时间。
question a[50001] = { 0 };void input_data()
{memset(w, 127 / 3, sizeof(w));//一开始w数组赋值为一个很大的数字。scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i++) //输入各个节点修建好的时刻。scanf("%d", &t[i]);for (int i = 1; i <= m; i++) //输入边权信息。{int x, y, z;scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);x++; y++;w[x][y] = w[y][x] = z;}scanf("%d", &q);for (int i = 1; i <= q; i++) //输入q个询问。{scanf("%d%d%d", &a[i].x, &a[i].y, &a[i].time);a[i].x++;a[i].y++;}
}void get_ans()
{int now = 1;t[n + 1] = t[n] + 10000; //这是防止上溢。for (int k = 0; k <= n; k++) //k从0开始枚举{for (int i = 1; i <= n; i++) //以k作为中间节点尝试更新任意两点之间的距离。for (int j = 1; j <= n; j++)if (w[i][j] > w[i][k] + w[k][j])w[i][j] = w[i][k] + w[k][j];while (now <= q && t[k] <= a[now].time && t[k + 1] > a[now].time){//如果询问还没结束。且这个节点在所询问的时间内。且k+1这个节点修建的时间超过询问的时间if (t[a[now].x] > a[now].time || t[a[now].y] > a[now].time)printf("-1\n");else //输出依靠前k个节点作为中间节点更新出的任意两点之间的距离{if (w[a[now].x][a[now].y] >= w[0][0])printf("-1\n");elseprintf("%d\n", w[a[now].x][a[now].y]);}now++; //看一下下一个询问是否符合要求。}if (now > q) //如果询问都输出了则结束。break;}
}int main()
{input_data();get_ans();return 0;
}

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