洛谷P1119 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MM条公路的长度，公路是双向的。并给出第ii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_iti天重建完成，并且在当天即可通车。若ti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xx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：
第一行包含两个正整数N,MN,M，表示了村庄的数目与公路的数量。
第二行包含NN个非负整数t0,t1,…,tN−1，表示了每个村庄重建完成的时间，数据保证了t0≤t1≤…≤tN−1。
接下来M行，每行33个非负整数i, j, w为不超过10000的正整数，表示了有一条连接村庄ii与村庄j的道路，长度为w，保证i≠ji≠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xx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-1−1。
发现题目中好多条件都是有单调性的。
比如重建时间和询问时间。
如果要打暴力的话，那就枚举每个点重建的时间，再每一次都跑一遍Floyd，复杂度(O(n^4))，不能接受。
那么从上文中的单调性想事情。
因为Floyd第一层枚举的是中间点，所以状态都是由枚举的中间点到达的。那么我们可以想，如果当前的中间点并没有重建，那么就没有必要枚举。
又因为重建的时间具有单调性，询问的时间也具有单调性，所以我们可以开一个全局增量k代表当前的中间点，那么每一次我们输入一个询问，代表到这个询问的时间的点都可以重建了，那么我们把k增加，代表每一个可以重建的点，再将其作为中间点跑floyd，去更新答案。
这个时候又有一些顾虑，就是我们但凡有一个点被重建了就去更新所有的距离，那那些还没有被重建的点的距离应该被更新吗？答案是可以的。
因为每一次询问，我们判断x和y的重建时间是不是大于T，如果不是的话，我们按照暴力的思路，应该将之前所有的点与x和y跑Floyd，但是明显不优。
所以我们遇见新加入的点，就可以把它作为中间点，去更新全部的边长。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int wx=207;
inline int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=(sum<<1)+(sum<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
struct node{
int l,r,t;
}que[50017];
int dis[wx][wx],flag[wx][wx];
int t[wx],vis[wx];
int n,m,q;
int main(){
n=read();m=read();
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
for(int i=1;i<=n;i++)dis[i][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)t[i]=read();
for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
x=read();x++;y=read();y++;
z=read();dis[x][y]=dis[y][x]=z;
}
int k=1;
q=read();
for(int i=1,x,y,T;i<=q;i++){
x=read();y=read();T=read();x++;y++;
if(t[x]>T||t[y]>T){
puts("-1");continue;
}
while(t[k]<=T&&k<=n){
for(int ii=1;ii<=n;ii++){
for(int jj=1;jj<=n;jj++){
dis[ii][jj]=min(dis[ii][jj],dis[ii][k]+dis[k][jj]);
// if(x==1&&y==2)printf("%d %d %d %d
",ii,jj,k,dis[ii][jj]);
}
}
k++;
}
// printf("%d %d
",x,y);
if(dis[x][y]==0x3f3f3f3f)puts("-1");
else printf("%d
",dis[x][y]);
}
return 0;
}