最短路+最小生成树+倍增
图论问题中综合性较强的一题= =（Orz vfk）
比较容易发现，关键的还是有加油站的这些点，其他点都是打酱油的。
也就是说我们重点是要求出 关键点之间的最短路。
这玩意……如果枚举加油站所在的点，然后跑单源最短路什么的……肯定TLE啊。
我们记from[i]表示离 i 最近的关键点，仔细考虑一下，A->B的最短路径上，一定是前一半的from[i]为A，然后走过某条路以后，后一半的from[i]为B。为什么呢？我们不妨设中间出现了一个点x的from[x]=C，那么我们大可以从A走到C，加满油，再从C走到B，这样一定不会差！所以AB之间是否有边就看是否满足这样的条件了……
做法是：先将所有关键点的dist置为0，丢到堆里面做dijkstra，求出每个点的dist和from，然后枚举每条边，如果它连接的两个点满足from[x]!=from[y]，那么from[x]和from[y]这两个关键点之间的最短路就找到了。。。
现在我们对只包含关键点的这张图做最小生成树，查询的时候倍增就可以了（又变成了货车运输。。。）
小Trick：图可能不连通，考虑关键点的时候需要分连通块……我一开始光想着如果不在一个连通块内就为NIE，然而忘了既然是多个连通块，那就不能只dfs一次啊！！！
1 /**************************************************************
2 Problem: 4144
3 User: Tunix
4 Language: C++
5 Result: Accepted
6 Time:5076 ms
7 Memory:51424 kb
8 ****************************************************************/
9
10 //BZOJ 4144
11 #include<vector>
12 #include<queue>
13 #include<cstdio>
14 #include<cstring>
15 #include<cstdlib>
16 #include<iostream>
17 #include<algorithm>
18 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
19 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
20 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
21 using namespace std;
22 typedef long long LL;
23 inline int getint(){
24 int r=1,v=0; char ch=getchar();
25 for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch==‘-‘) r=-1;
26 for(; isdigit(ch);ch=getchar()) v=v*10-‘0‘+ch;
27 return r*v;
28 }
29 const int N=2e5+10,INF=~0u>>1;
30 /*******************template********************/
31
32 int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],l[N<<1],cnt;
33 void ins(int x,int y,int z){
34 to[++cnt]=y; nxt[cnt]=head[x]; head[x]=cnt; l[cnt]=z;
35 }
36 struct edge{
37 int x,y,w;
38 bool operator < (const edge &b)const {return w<b.w;}
39 }E[N<<1];
40 int n,m,s,dis[N],from[N],c[N];
41
42
43 int f[N],sz[N];
44 inline int getf(int x){return f[x]==x?x:getf(f[x]);}
45 typedef pair<int,int> pii;
46 #define fi first
47 #define se second
48 #define mp make_pair
49 priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> >Q;
50 bool vis[N];
51 void dij(){
52 F(i,1,n) dis[i]=INF;
53 F(i,1,s){
54 dis[c[i]]=0;
55 from[c[i]]=c[i];
56 Q.push(mp(0,c[i]));
57 }
58 while(!Q.empty()){
59 int x=Q.top().se; Q.pop();
60 if (vis[x]) continue;
61 vis[x]=1;
62 for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
63 if (dis[to[i]]>dis[x]+l[i]){
64 dis[to[i]]=dis[x]+l[i];
65 from[to[i]]=from[x];
66 Q.push(mp(dis[to[i]],to[i]));
67 }
68 }
69 int tot=0;
70 F(i,1,m){
71 int x=to[i*2-1],y=to[i<<1];
72 if (from[x]!=from[y])
73 E[++tot]=(edge){from[x],from[y],dis[x]+dis[y]+l[i<<1]};
74 }
75 sort(E+1,E+tot+1);
76 memset(head,0,sizeof head); cnt=0;
77 F(i,1,n) f[i]=i,sz[i]=1;
78 F(i,1,tot){
79 int f1=getf(E[i].x),f2=getf(E[i].y);
80 if (f1!=f2){
81 if (sz[f1]>sz[f2]) swap(f1,f2);
82 f[f1]=f2;
83 sz[f2]+=sz[f1];
84 ins(E[i].x,E[i].y,E[i].w);
85 ins(E[i].y,E[i].x,E[i].w);
86 }
87 }
88 }
89
90 int fa[N][20],dep[N],mx[N][20],num,belong[N];
91 void dfs(int x,int num){
92 belong[x]=num;
93 F(i,1,19)
94 if (dep[x]>=(1<<i)){
95 fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
96 mx[x][i]=max(mx[x][i-1],mx[fa[x][i-1]][i-1]);
97 }else break;
98 for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
99 if (to[i]!=fa[x][0]){
100 fa[to[i]][0]=x;
101 dep[to[i]]=dep[x]+1;
102 mx[to[i]][0]=l[i];
103 dfs(to[i],num);
104 }
105 }
106 int query(int x,int y){
107 if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
108 int t=dep[x]-dep[y],ans=0;
109 F(i,0,19) if (t&(1<<i)) ans=max(ans,mx[x][i]),x=fa[x][i];
110 D(i,19,0)
111 if (fa[x][i]!=fa[y][i])
112 ans=max(ans,max(mx[x][i],mx[y][i])),
113 x=fa[x][i],y=fa[y][i];
114 if (fa[x][0]!=fa[y][0]) return 0;
115 if (x!=y) ans=max(ans,max(mx[x][0],mx[y][0]));
116 return ans;
117 }
118 int main(){
119 #ifndef ONLINE_JUDGE
120 freopen("4144.in","r",stdin);
121 freopen("4144.out","w",stdout);
122 #endif
123 n=getint(); s=getint(); m=getint();
124 F(i,1,s) c[i]=getint();
125 F(i,1,m){
126 int x=getint(),y=getint(),z=getint();
127 ins(x,y,z); ins(y,x,z);
128 }
129 dij();
130 memset(vis,0,sizeof vis);
131 F(i,1,s) if (!belong[c[i]]) dfs(c[i],++num);
132 int q=getint();
133 while(q--){
134 int x=getint(),y=getint(),z=getint();
135 if (belong[x]!=belong[y]) puts("NIE");
136 else puts((query(x,y)<=z) ? "TAK" : "NIE");
137 }
138 return 0;
139 }
4144: [AMPPZ2014]Petrol
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MB
Submit: 83 Solved: 36
[Submit][Status][Discuss]
Description
给定一个n个点、m条边的带权无向图，其中有s个点是加油站。
每辆车都有一个油量上限b，即每次行走距离不能超过b，但在加油站可以补满。
q次询问，每次给出x,y,b，表示出发点是x，终点是y，油量上限为b，且保证x点和y点都是加油站，请回答能否从x走到y。
Input
第一行包含三个正整数n,s,m(2<=s<=n<=200000,1<=m<=200000)，表示点数、加油站数和边数。
第二行包含s个互不相同的正整数c[1],c[2],...c[s](1<=c[i]<=n)，表示每个加油站。
接下来m行，每行三个正整数u[i],v[i],d[i](1<=u[i],v[i]<=n,u[i]!=v[i],1<=d[i]<=10000)，表示u[i]和v[i]之间有一条长度为d[i]的双向边。
接下来一行包含一个正整数q(1<=q<=200000)，表示询问数。
接下来q行，每行包含三个正整数x[i],y[i],b[i](1<=x[i],y[i]<=n,x[i]!=y[i],1<=b[i]<=2*10^9)，表示一个询问。
Output
输出q行。第i行输出第i个询问的答案，如果可行，则输出TAK，否则输出NIE。
Sample Input
6 4 5
1 5 2 6
1 3 1
2 3 2
3 4 3
4 5 5
6 4 5
4
1 2 4
2 6 9
1 5 9
6 5 8
Sample Output
TAK
TAK
TAK
NIE