大意：
给定一个 n 个点，m 条边的无向图，每个点有点权 wi，边权都为 1。( 1 ≤ n , m ≤ 1 0 5 , 1 ≤ w i ≤ 100 ) 1 \le n, m \le 10^5, 1 \le w_i \le 100) 1≤n,m≤105,1≤wi≤100)
一共 q 次询问，每次给出一个点 x，输出不超过 x 的点权的所有点中，距 x 最近的点的距离。 ( 1 ≤ q ≤ 5 × 1 0 5 ) (1≤q≤5×10^5) (1≤q≤5×105)
思路：
一共有5e5次询问，所以如果是每次询问都现求的话，每次求答案都需要在O(logn)的复杂度内解决，这对于求最短距离明显是不可以的。
所以只有另一种思路，提前预处理出所有答案！
点权最多只有100种，所以突破口在这。
对每一种点权，跑一遍bfs，用所有这种点权的点更新到其他所有点的最短距离。多源bfs。用 d[i,j] 来表示，点 i 到点权为 j 的所有点中的最短距离。
对于每次bfs权值w，找到所有权值为w的点，放到队列中。距离d[i,w]=0。用这些点来更新其余点。
思维的转换就在这：因为是无向图，所以用这种点权的点更新出的到其他所有点的最短距离，其实也是其他所有点的到这种点权的点的最短距离。
跑完所有种点权，那么就能预处理出所有点到所有种点权的最短距离了，复杂度O(wi*n)。
所以对后面每次询问，遍历找出到所有比其小的点权最短距离中的最小值就行了。
总复杂度：O(wi*n+wi*q)。
Code：
//keeping hurry and coding calm.
int T, n, m;
int a[N];
int d[N][110];
int e[N],ne[N],h[N],idx;
int f[N];
void add(int x,int y){
e[idx]=y,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;
}
void bfs(int k)
{
queue<int> que;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=0;
if(a[i]==k) que.push(i),d[i][k]=0,f[i]=1;
}
while(que.size())
{
int x=que.front();que.pop();
for(int i=h[x];i!=-1;i=ne[i])
{
int tx=e[i];
if(f[tx]) continue;
d[tx][k]=d[x][k]+1;
que.push(tx);
f[tx]=1;
}
}
}
int main(){
IOS;
cin>>n>>m>>T;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
mem(h,-1);
while(m--)
{
int x,y;cin>>x>>y;
add(x,y);add(y,x);
}
mem(d,0x3f);
for(int i=1;i<=100;i++) bfs(i);
while(T--)
{
int p,k;
cin>>p>>k;
int mina=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=k;i++) mina=min(mina,d[p][i]);
if(mina!=0x3f3f3f3f) cout<<mina<<"\n";
else cout<<-1<<"\n";
}
return 0;
}
经验：
1.由多次询问的时间复杂度可以想到预处理；
2.由无向图可以想到 最短距离的相互性(思维的转换)，由边权都为1可以想到bfs；
3.第一次遇到多源bfs的题。
挺不错的一道题！