1.cojs 186. [USACO Oct08] 牧场旅行
★★ 输入文件：pwalk.in 输出文件：pwalk.out 简单对比
时间限制：1 s 内存限制：128 MB
n个被自然地编号为1..n奶牛（1<=n<=1000）正在同样被方便的编号为1..n的n个牧场中吃草。更加自然而方便的是，第i个奶牛就在第i个牧场中吃草。
其中的一些对牧场被总共的n-1条双向通道的一条连接。奶牛可以通过通道。第i条通道连接的两个牧场是A_i和B_i（1<=A_i<=N;1<=B_i<=N）其长度是L_i（1<=L_i<=10000）。
通道只会连接两个不同的牧场，所以这些通道使得整个牧场构成了一棵树。
奶牛们是好交际的希望能够经常的访问别的奶牛。急切地，它们希望你能通过告诉它们Q（1<=Q<=1000）对牧场的路径来帮助他们安排旅行。（这里将有Q个询问，p1,p2(1<=p1<=n；1<=p1<=n)）
分数：200
问题名称：pwalk
输入格式：
- 第1行：两个用空格隔开的整数：n和Q
- 第2..n行：第i+1行包含三个用空格隔开的整数：A_i,B_i和L_i
- 第n+1..N+Q行：每行包含两个用空格隔开的整数，代表两个不同的牧场，p1和p2
输入样例（file pwalk.in）：
4 2
2 1 2
4 3 2
1 4 3
1 2
3 2
输出格式：
- 第1..Q行：行i包含第i个询问的答案。
输出样例：
2
7
输出说明：
询问1：牧场1和牧场2的路径长度为2。 询问2：3->4->1->2;总长为7。
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define Er 20
#define N 1011
int deepp[N],head[N];
int father[N][Er];
struct Edge{
int v,last,w;
}edge[N<<];
int t=,n,Q,ai,bi,li;
int p1,p2;
typedef long long ll;
ll dis[N]={};
void add_edge(int u,int v,int w)
{
++t;
edge[t].v=v;
edge[t].w=w;
edge[t].last=head[u];
head[u]=t;
}
void input()
{
scanf("%d%d",&n,&Q);
for(int i=;i<=n-;++i)
{
scanf("%d%d%d",&ai,&bi,&li);
add_edge(ai,bi,li);
add_edge(bi,ai,li);
}
}
void dfs(int k)
{
for(int l=head[k];l;l=edge[l].last)
{
if(!deepp[edge[l].v])
{
deepp[edge[l].v]=deepp[k]+;
dis[edge[l].v]=dis[k]+edge[l].w;
father[edge[l].v][]=k;
dfs(edge[l].v);
}
}
}
void pre_chuli()
{
for(int j=;(<<j)<=n;++j)
for(int i=;i<=n;++i)
if(father[i][j-]!=-)
father[i][j]=father[father[i][j-]][j-];
}
int lca(int a,int b)
{
if(deepp[a]<deepp[b]) swap(a,b);
int i;
for(i=;(<<i)<=deepp[a];++i);
i--;
for(int j=i;j>=;--j)
if(deepp[a]-deepp[b]>=(<<j))
a=father[a][j];
if(a==b) return a;
for(int j=i;j>=;--j)
if(father[a][j]!=-&&father[a][j]!=father[b][j])
{
a=father[a][j];
b=father[b][j];
}
return father[a][];
}
int main()
{
freopen("pwalk.in","r",stdin);
freopen("pwalk.out","w",stdout);
input();
memset(father,-,sizeof(father));
dis[]=;
deepp[]=;
dfs();
pre_chuli();
for(int i=;i<=Q;++i)
{
scanf("%d%d",&p1,&p2);
int ance=lca(p1,p2);
cout<<dis[p1]+dis[p2]-*dis[ance]<<endl;
}
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
2.cojs 2075. [ZLXOI2015][异次元圣战III]ZLX的陨落
★★☆ 输入文件：ThefallingofZLX.in 输出文件：ThefallingofZLX.out 简单对比
时间限制：1 s 内存限制：256 MB
【题目描述】
正当革命如火如荼，情侣教会日薄西山之时，SOX和FFF的分歧却越来越大，SOX认为情侣教会不合适的、无限制的秀恩爱和阶级歧视值得反对，而FFF认为一切情侣都该从这个世界上消失。
SOX先发制人，率先接管了全国政权并突袭了FFF，暗杀了FFF的首领，FFF的红色革命事业遭到了空前的打击，一些FFF团员积极抵抗，另一些FFF团员隐居避世，而一些FFF团员则走向极端，参加了一个邪恶组织：诅咒教会
你虽然对SOX下山摘桃子的行为不满，但你对邪教更不满。在对诅咒教会的长期调查中，你发现该组织的操纵者是亡灵巫师ZLX！现在，维护正义的使命降到了你身上！你和其他的一些远征军将士前往ZLX的城堡，却掉入了ZLX的魔法陷阱--扭曲虚空，扭曲虚空由n个魔法结界空间组成，m条虚空隧道连接着它们，你和其他的远征军将士（恰好有n个）分散在魔法结界空间里，只有会合在一起，你们才能冲破封锁(扭曲虚空是一颗树)。现在，你向平行世界的你提出了疑问，如果给出两个人会合，总共至少需要多少魔法能量？
已知虚空隧道的长度与消耗的魔法能量在数值上相等。
ZLX的末日已经到临，等到你冲出虚空隧道，亲手结果了ZLX吧！
【输入格式】
第一行一个正整数N，代表魔法结界空间的个数，一个正整数M，代表虚空隧道的个数
接下来M行，每行三个数u,v,w，代表虚空隧道连接的两个点和虚空隧道的长度
接下来一个正整数Q，代表查询个数
接下来Q行，每行两个数u,v代表询问从u到v需要消耗的魔法能量
【输出格式】
Q行，每行一个正整数
【样例输入】
6 5
1 2 7
1 3 3
2 4 5
3 5 7
4 6 6
5
3 4
6 3
5 1
4 3
4 2
【样例输出】
15
21
10
15
5
【提示】
对于20%的数据，n<=300,q<=300
对于40%的数据,n<=2000,q<=2000
对于100%的数据,n<=100000,q<=100000,w<=32767，m=n-1
#define N 100100
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define Er 20
typedef long long ll;
ll dis[N]={};
int deepp[N],father[N][Er],t,n,m,u1,v1,w1,Q;
struct Edge{
int v,last,w;
}edge[N<<];
int head[N];
void add_edge(int u,int v,int w)
{
++t;
edge[t].v=v;
edge[t].w=w;
edge[t].last=head[u];
head[u]=t;
}
void input()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;++i)
{
scanf("%d%d%d",&u1,&v1,&w1);
add_edge(u1,v1,w1);
add_edge(v1,u1,w1);
}
}
void dfs(int k)
{
for(int l=head[k];l;l=edge[l].last)
{
if(!deepp[edge[l].v])
{
deepp[edge[l].v]=deepp[k]+;
father[edge[l].v][]=k;
dis[edge[l].v]=dis[k]+edge[l].w;
dfs(edge[l].v);
}
}
}
void pre_chuli()
{
for(int j=;(<<j)<=n;++j)
for(int i=;i<=n;++i)
if(father[i][j-]!=-)
father[i][j]=father[father[i][j-]][j-];
}
int lca(int a,int b)
{
if(deepp[a]<deepp[b]) swap(a,b);
int i;
for(i=;(<<i)<=deepp[a];++i);
i--;
for(int j=i;j>=;--j)
if(deepp[a]-deepp[b]>=(<<j))
a=father[a][j];
if(a==b) return a;
for(int j=i;j>=;--j)
if(father[a][j]!=-&&father[a][j]!=father[b][j])
{
a=father[a][j];
b=father[b][j];
}
return father[a][];
}
int main()
{
freopen("ThefallingofZLX.in","r",stdin);
freopen("ThefallingofZLX.out","w",stdout);
input();
memset(father,-,sizeof(father));
dis[]=;
deepp[]=;
dfs();
pre_chuli();
scanf("%d",&Q);
for(int i=;i<=Q;++i)
{
scanf("%d%d",&u1,&v1);
int ance=lca(u1,v1);
cout<<dis[u1]+dis[v1]-*dis[ance]<<endl;
}
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
3.codevs 3287 货车运输
2013年NOIP全国联赛提高组
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。
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。
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。
4 3
1 2 4
2 3 3
3 1 1
3
1 3
1 4
1 3
3
-1
3
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。
/*--------------解析---------------------*/
拿到这道题，我们求的是多组两点间通路上最大的最小边权，最大生成树的两点间最小边权就满足这个性质，所以就用到到最大生成树 很容易得到60分算法 60分算法：（最大生成树暴力） 先找一个最大生成树，然后把生成树单独放在一个类似生成树存储方式的三个数组里，初始化并查集，然后从最大边开始做kruskal，每次连边时，都对问题集合进行扫描，当且仅当这两个边联通且没有更新过当前问题的答案，就用当前边权更新。原因很简单，这是贪心，首先边权时降序的，然后这个边使两点第一次联通，那么这个边一定是通路上最小的边。这就是60的算法。但是注意，题目并没有说是不是一棵树，所以它可以是森林，但是由于六十分算法原理对于森林这个性质并不依赖，所以，这个60算法不用考虑森林 那么我们想一下，这道题时间的瓶颈在哪，首先kruskal是o(m)的，这个不会爆时间，那么剩下就是从最大生成树上回答答案所用时间过长。 我们想一下，如果是在logn时间内回答一个问题，而且是在树上做的一个算法，尤其是这个问题具有区间求和的性质，因为想一想就知道这是显然的 f[i→j]:=min(f[i→k],f[k→j])， 所以，我们想到用树上倍增算法解决。 100分算法（最大生成树+树上倍增）： 首先清楚树上倍增原理：f[i,j]:=f[f[I,j-],j-] f[I,j],表示 i向上2^j的节点 同时，设我们要求的答案g[i,j]，即从i向上走到达2^j层的节点所通过路径上的最小值，转移方程 g[I,j]:=min(g[f[I,j-],j-],g[I,j-]) 分析一下就是显然的，g[f[I,j-],j-]表示的是i向上2^(j-)的节点到2^j节点间的最小值，g[I,j-] 是从i向上走到达2^(j-)层的节点所通过路径上的最小值，两个区间合起来就是当前的区间长度，所以这个方程成立。对于初值，我们可以bfs求深度并记录，与此同时，f[I,]是父节点，g[I,]是他向上走一层的边的长度。然后按照倍增算法模板生成f g数组 求解时，用倍增算法模板即可，只不过有几个细节 、 别忘了给ans赋初值 、 倍增算法永远是倍增到最近公共祖先的下一层的两个点，所以最后要比较一下ans与那两个点的向上走一步的值 、 记得这是个森林，要用一个数组记一下那个是父节点，我用的是并查集加bool数组，有个细节是不要直接把fa[i]当I的所在树的根，要get一下，因为并查集的压缩路径是在每次get时才更新，当他fa变了，而他未被查询过，就会导致fa过时了，要重新get一下 、 在对齐两个所求节点的层数时，别忘了更新答案 大概就是这些，还有相关代码具体实现就不赘述了。 哦，对了，提交不要忘了删除调试用的输出
/*
60分代码：暴力建q棵最大生成树
*/
#define N 10008
#define M 50007
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
int n,m,q,fa[N],head[N],t=;
struct Edge{
int u,v,w,last;
bool operator <(Edge P)
const{return w>P.w;}
}edge[M<<];
int read()
{
int ret=,ff=;
char s=getchar();
while(s<''||s>'')
{
if(s=='-') ff=-;
s=getchar();
}
while(s>=''&&s<='')
{
ret=ret*+s-'';
s=getchar();
}
return ret;
}
inline void add_edge(int u,int v,int w)
{
++t;
edge[t].u=u;
edge[t].v=v;
edge[t].w=w;
edge[t].last=head[u];
head[u]=t;
}
inline void inpu()
{
n=read();m=read();
int x,y,z;
for(int i=;i<=m;++i)
{
x=read();y=read();z=read();
add_edge(x,y,z);
}
}
int find(int x)
{
return (fa[x]==x)?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int main()
{
freopen("truck.in","r",stdin);
freopen("truck.out","w",stdout);
inpu();
sort(edge+,edge+t+);
q=read();
int x,y;
for(int i=;i<=q;++i)
{
x=read();y=read();
for(int i=;i<=n;++i) fa[i]=i;
bool flag=false;
for(int i=;i<=t;++i)
{
int x1=find(edge[i].u);
int y1=find(edge[i].v);
if(x1!=y1)
{
fa[y1]=x1;
}
if(find(x)==find(y))
{
printf("%d\n",edge[i].w);
flag=true;
break;
}
}
if(!flag) printf("-1\n");
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
#define N 10010
#define inf 10000800
#include<cstdio>
#define M 50002
#define D 18
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,q,fa[N],t=;
struct EEdge{
int u,v,w;
bool operator <(EEdge P)
const{return w>P.w;}
}edge1[M];
struct Edge{
int v,w,last;
}e[N];
int dis[N][D+],fath[N][D+],dep[N],head[N];
int read()
{
int ret=,ff=;
char s=getchar();
while(s<''||s>'')
{
if(s=='-') ff=-;
s=getchar();
}
while(s>=''&&s<='')
{
ret=ret*+s-'';
s=getchar();
}
return ret*ff;
}
void inpu()
{
n=read();m=read();
for(int i=;i<=m;++i)
{
edge1[i].u=read();
edge1[i].v=read();
edge1[i].w=read();
}
}
int fi(int x)
{
return (fa[x]==x)?x:fa[x]=fi(fa[x]);
}
void add_edge(int u,int v,int w)
{
++t;
e[t].v=v;
e[t].w=w;
e[t].last=head[u];
head[u]=t;
}
void ddkruskal()
{
for(int i=;i<=n;++i) fa[i]=i;
sort(edge1+,edge1+m+);
int tsum=;
for(int i=;i<=m;++i)
{
int x1=fi(edge1[i].u);
int x2=fi(edge1[i].v);
if(x1!=x2)
{
tsum++;
fa[x2]=x1;
add_edge(edge1[i].u,edge1[i].v,edge1[i].w);
add_edge(edge1[i].v,edge1[i].u,edge1[i].w);
if(tsum==n-) break;
}
}
}
void dfs(int k)
{
for(int l=head[k];l;l=e[l].last)
{
if(!dep[e[l].v])
{
dep[e[l].v]=dep[k]+;
fath[e[l].v][]=k;
dis[e[l].v][]=e[l].w;
dfs(e[l].v);
}
}
}
void init()
{
for(int j=;j<=D;++j)
for(int i=;i<=n;++i)
{
fath[i][j]=fath[fath[i][j-]][j-];
dis[i][j]=min(dis[i][j-],dis[fath[i][j-]][j-]);
}
}
int lca(int a,int b)
{
int ans=inf;
if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
for(int j=D;j>=;--j)
{
if(dep[a]-(<<j)>=dep[b])
{
ans=min(ans,dis[a][j]);
a=fath[a][j];
}
}
if(a==b) return ans;
for(int j=D;j>=;--j)
{
if(fath[a][j]!=fath[b][j])
{
ans=min(ans,min(dis[a][j],dis[b][j]));
a=fath[a][j];
b=fath[b][j];
}
}
ans=min(ans,min(dis[a][],dis[b][]));
return ans;
}
int main()
{
freopen("truck.in","r",stdin);
freopen("truck.out","w",stdout);
inpu();
ddkruskal();
q=read();
int x,y;
for(int i=;i<=n;++i)
{
if(!dep[i])
{
dep[i]=;
fath[i][]=i;
dis[i][]=inf;
dfs(i);
}
}
init();
for(int i=;i<=q;++i)
{
x=read();y=read();
if(fi(x)!=fi(y)) printf("-1\n");
else printf("%d\n",lca(x,y));
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}