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。
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
* 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
* 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
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
9
这道题明显是最短路，数据范围n<=250，一看就是floyd，但和一般最短路不一样的是这个最短路还要加一个路径最大点权。在这里介绍两种做法。
一、这种做法比较玄学（感觉有种骗分的感觉），记录路径最大点权g[i][j]，和路径最短路（包括最大路径点权）f[i][j]。然后边正常floyd边更新这两个数组。这样跑一遍floyd显然不会将所有情况都更新成最优解，因此要跑多次，这样可以最大限度更新最优解，几乎是卡不掉的。
附上代码。
1 #include<queue> 2 #include<cmath> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<iostream> 6 #include<algorithm> 7 using namespace std; 8 int n,m,q; 9 int f[260][260]; 10 int g[260][260]; 11 int w[260]; 12 int x,y,v; 13 void floyd() 14 { 15 for(int k=1;k<=n;k++) 16 { 17 for(int i=1;i<=n;i++) 18 { 19 for(int j=1;j<=n;j++) 20 { 21 if(i==j||i==k||j==k) 22 { 23 continue; 24 } 25 if(f[i][j]>f[i][k]+f[k][j]-min(g[i][k],g[k][j])) 26 { 27 f[i][j]=f[i][k]+f[k][j]-min(g[i][k],g[k][j]); 28 g[i][j]=max(g[i][k],g[k][j]); 29 } 30 } 31 } 32 } 33 } 34 int main() 35 { 36 memset(f,0x7f7f7f7f,sizeof(f)); 37 memset(g,0x7f7f7f7f,sizeof(g)); 38 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); 39 for(int i=1;i<=n;i++) 40 { 41 scanf("%d",&w[i]); 42 g[i][i]=0; 43 } 44 for(int i=1;i<=m;i++) 45 { 46 scanf("%d%d%d",&x,&y,&v); 47 if(f[x][y]>v+max(w[x],w[y])) 48 { 49 f[x][y]=v+max(w[x],w[y]); 50 f[y][x]=f[x][y]; 51 g[x][y]=max(w[x],w[y]); 52 g[y][x]=g[x][y]; 53 } 54 } 55 floyd(); 56 floyd(); 57 floyd(); 58 for(int i=1;i<=q;i++) 59 { 60 scanf("%d%d",&x,&y); 61 printf("%d\n",f[x][y]); 62 } 63 }
二、这才是正常做法。因为要最大点权，所以考虑将点权从小到大排序然后枚举中间点，这样就能保证这个中间点是除了两端点之外最大的。开两个数组分别表示不计路径最大点权的最短路长度和计路径最大点权的最短路长度然后跑一遍floyd就可以了。
附上代码。
1 #include<queue> 2 #include<cmath> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<iostream> 6 #include<algorithm> 7 using namespace std; 8 int n,m,q; 9 int f[260][260]; 10 int g[260][260]; 11 int r[260]; 12 struct node 13 { 14 int num; 15 int sum; 16 }a[260]; 17 int x,y,v; 18 int cmp(node x,node y) 19 { 20 if(x.sum!=y.sum) 21 { 22 return x.sum<y.sum; 23 } 24 return x.num<y.num; 25 } 26 int main() 27 { 28 memset(g,0x3f,sizeof(g)); 29 memset(f,0x3f,sizeof(f)); 30 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); 31 for(int i=1;i<=n;i++) 32 { 33 scanf("%d",&a[i].sum); 34 a[i].num=i; 35 } 36 sort(a+1,a+1+n,cmp); 37 for(int i=1;i<=n;i++) 38 { 39 r[a[i].num]=i; 40 g[i][i]=0; 41 } 42 for(int i=1;i<=m;i++) 43 { 44 scanf("%d%d%d",&x,&y,&v); 45 g[r[x]][r[y]]=g[r[y]][r[x]]=min(g[r[x]][r[y]],v); 46 } 47 for(int k=1;k<=n;k++) 48 { 49 for(int i=1;i<=n;i++) 50 { 51 for(int j=1;j<=n;j++) 52 { 53 if(i==j) 54 { 55 continue; 56 } 57 g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]); 58 f[i][j]=min(f[i][j],g[i][j]+max(a[i].sum,max(a[j].sum,a[k].sum))); 59 } 60 } 61 } 62 for(int i=1;i<=q;i++) 63 { 64 scanf("%d%d",&x,&y); 65 printf("%d\n",f[r[x]][r[y]]); 66 } 67 }