题目描述

跟所有人一样,农夫约翰以着宁教我负天下牛,休叫天下牛负我的伟大精神,日日夜夜苦思生 财之道。为了发财,他设置了一系列的规章制度,使得任何一只奶牛在农场中的道路行走,都 要向农夫约翰上交过路费。 农场中由N(1 <= N <= 250)片草地(标号为1到N),并且有M(1 <= M <= 10000)条 双向道路连接草地A_j和B_j(1 <= A_j <= N; 1 <= B_j <= N)。奶牛们从任意一片草 地出发可以抵达任意一片的草地。FJ已经在连接A_j和B_j的双向道路上设置一个过路费L_j (1 <= L_j <= 100,000)。 可能有多条道路连接相同的两片草地,但是不存在一条道路连接一片草地和这片草地本身。最 值得庆幸的是,奶牛从任意一篇草地出发,经过一系列的路径,总是可以抵达其它的任意一片 草地。 除了贪得无厌,叫兽都不知道该说什么好。FJ竟然在每片草地上面也设置了一个过路费C_i (1 <= C_i <= 100000)。从一片草地到另外一片草地的费用,是经过的所有道路的过路 费之和,加上经过的所有的草地(包括起点和终点)的过路费的最大值。 任劳任怨的牛们希望去调查一下她们应该选择那一条路径。她们要你写一个程序,接受K(1 <= K <= 10,000)个问题并且输出每个询问对应的最小花费。第i个问题包含两个数字s_i 和t_i(1 <= s_i <= N; 1 <= t_i <= N; s_i != t_i),表示起点和终点的草地。 考虑下面这个包含5片草地的样例图像:  从草地1到草地3的道路的“边过路费”为3,草地2的“点过路费”为5。 要从草地1走到草地4,可以从草地1走到草地3再走到草地5最后抵达草地4。如果这么走的话, 需要的“边过路费”为2+1+1=4,需要的点过路费为4(草地5的点过路费最大),所以总的花 费为4+4=8。 而从草地2到草地3的最佳路径是从草地2出发,抵达草地5,最后到达草地3。这么走的话,边 过路费为3+1=4,点过路费为5,总花费为4+5=9。


输入格式

* 第1行: 三个空格隔开的整数: N, M和K * 第2到第N+1行: 第i+1行包含一个单独的整数: C_i * 第N+2到第N+M+1行: 第j+N+1行包含3个由空格隔开的整数: A_j, B_j和L_j * 第N+M+2倒第N+M+K+1行: 第i+N+M+1行表示第i个问题,包含两个由空格隔开的整数s_i 和t_i


输出格式

* 第1到第K行: 第i行包含一个单独的整数,表示从s_i到t_i的最小花费。


样例输入

5 7 2
2
5
3
3
4
1 2 3
1 3 2
2 5 3
5 3 1
5 4 1
2 4 3
3 4 4
1 4
2 3

样例输出

8
9

提示

没有写明提示


题目来源

Gold

题解:

很妙的一道floyd题。

我一开始看错题意想成拆点....然后才发现草地的过路费是整条路径的草地费用最大值,然后拆点就废了

但是floyd有个很妙的性质:floyd的本质是dp,通过不断枚举中继点来更新答案,所以这个中继点的顺序是无所谓的,只要有枚举到就行

所以我们可以利用这一点来搞一下事情,我们只要对草地的点权升序排序一下,那么在枚举的时候就可以巧妙的避免了最大的点权的问题——排序后最大的点权一定在i,j,k三者中

然后只需要两个数组,一个数组跑正常的floyd,另一个数组存最短路+点权的最小值

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int f[][],n,m,q,ans[][];
struct node{int val,id;}c[];
bool cmp(node a,node b){
return a.val<b.val;
}
int C[];
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&c[i].val);
c[i].id=i;
f[i][i]=;
}
sort(c+,c+n+,cmp);
for(int i=;i<=n;i++){
C[c[i].id]=i;
}
for(int i=;i<=m;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
f[C[x]][C[y]]=f[C[y]][C[x]]=min(f[C[x]][C[y]],z);
}
memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
for(int k=;k<=n;k++){
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=n;j++){
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
ans[i][j]=min(ans[i][j],f[i][j]+max(c[k].val,max(c[i].val,c[j].val)));
}
}
}
for(int i=;i<=q;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%d\n",ans[C[x]][C[y]]);
}
return ;
}

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