[BZOJ4144][AMPPZ2014]Petrol[多源最短路+MST]

题意

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分析

• 由于起点和终点都是加油站，所以我们可以把整个问题看成是从加油站到加油站。
• 考虑一个暴力的做法，用最短路在 (O(n^2log n)) 的时间内求出加油站两两之间的最短路。于是问题变成了最小瓶颈路。把所有询问离线跑最小生成树，判断连通性即可。
• 考虑优化刚才的建边。假设 (a,b,c) 都是加油站。在 (a ightarrow b) 的最短路径中出现了一个点 (x) 满足到 (x) 最近的点是 (c) ,那么我们完全可以从 (a) 直接走到 (c)，而 (c) 又是当前最近的能够到达的加油站，所以这样走一定会更优。
• 将加油站全部放入优先队列跑最短路，求出距离每个点最近的加油站 ({from}_x) 和 (x) 到 (from_x) 的距离 (dis_x) 。
• 枚举每条边如果两端的 (from) 不同则可以建立路径 ({from}_u ightarrow {from}_v), 距离 ({dis}_u+{dis}_v+w_e)。然后再用 MST 求解即可。
• 总时间复杂度为 (O(nlog n))。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].to;i;i=e[i].lst,v=e[i].to)
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define pb push_back
typedef long long LL;
inline int gi(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))	{if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
template<typename T>inline bool Max(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}
template<typename T>inline bool Min(T &a,T b){return b<a?a=b,1:0;}
const int N=2e5 + 7;
const LL inf=1e13;
int n,m,s,edc,q;
int head[N],vis[N],from[N],par[N],ans[N];
LL dis[N];
struct qry{
	int u,v,id;LL d;
	bool operator <(const qry &rhs)const{
		return d<rhs.d;
	}
}A[N],B[N];
struct edge{
	int lst,to,c;
	edge(){}edge(int lst,int to,int c):lst(lst),to(to),c(c){}
}e[N*4];
void Add(int a,int b,int c){
	e[++edc]=edge(head[a],b,c),head[a]=edc;
	e[++edc]=edge(head[b],a,c),head[b]=edc;
}
struct data{
	int u;LL dis;
	data(){}data(int u,LL dis):u(u),dis(dis){}
	bool operator <(const data &rhs)const{
		return rhs.dis<dis;
	}
};
priority_queue<data>Q;
int getpar(int a){
	return par[a]==a?a:par[a]=getpar(par[a]);
}
int main(){
	n=gi(),s=gi(),m=gi();
	rep(i,1,n) par[i]=i;
	rep(i,1,n) dis[i]=inf;
	rep(i,1,s) {
		int x=gi();
		dis[x]=0;from[x]=x;
		Q.push(data(x,dis[x]));
	}
	rep(i,1,m) {
		A[i].u=gi(),A[i].v=gi(),A[i].d=gi();
		Add(A[i].u,A[i].v,A[i].d);
	}
	while(!Q.empty()){
		int u=Q.top().u;Q.pop();
		if(vis[u]) continue;vis[u]=1;
		go(u)if(dis[u]+e[i].c<dis[v]){
			dis[v]=dis[u]+e[i].c;
			from[v]=from[u];
			Q.push(data(v,dis[v]));
		}
	}
	int cnt=0;
	rep(i,1,m){
		if(from[A[i].u]==from[A[i].v]) continue;
		A[++cnt]=(qry){from[A[i].u],from[A[i].v],0,dis[A[i].u]+dis[A[i].v]+A[i].d};
	}
	q=gi();
	rep(i,1,q)
		B[i].u=gi(),B[i].v=gi(),B[i].d=gi(),B[i].id=i;
	
	sort(A+1,A+1+cnt);
	sort(B+1,B+1+q);
	A[cnt+1].d=inf;
	int now=1;
	rep(i,1,q){ 
		for(;now<=cnt&&A[now].d<=B[i].d;++now){
			int x=A[now].u,y=A[now].v;
			par[getpar(x)]=getpar(y);
		}
		ans[B[i].id]=getpar(B[i].u)==getpar(B[i].v);
	}
	rep(i,1,q) puts(ans[i]?"TAK":"NIE");
	return 0;
}