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。

输入格式

* 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

输出格式

* 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

样例输出

8
9

提示

没有写明提示

题目来源

Gold

题解：

很妙的一道floyd题。

我一开始看错题意想成拆点....然后才发现草地的过路费是整条路径的草地费用最大值，然后拆点就废了

但是floyd有个很妙的性质：floyd的本质是dp，通过不断枚举中继点来更新答案，所以这个中继点的顺序是无所谓的，只要有枚举到就行

所以我们可以利用这一点来搞一下事情，我们只要对草地的点权升序排序一下，那么在枚举的时候就可以巧妙的避免了最大的点权的问题——排序后最大的点权一定在i,j,k三者中

然后只需要两个数组，一个数组跑正常的floyd，另一个数组存最短路+点权的最小值

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int f[500][500],n,m,q,ans[500][500];
struct node{int val,id;}c[500];
bool cmp(node a,node b){
    return a.val<b.val;
}
int C[500];
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&c[i].val);
        c[i].id=i;
        f[i][i]=0;
    }
    sort(c+1,c+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        C[c[i].id]=i;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        f[C[x]][C[y]]=f[C[y]][C[x]]=min(f[C[x]][C[y]],z);
    }
    memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
    for(int k=1;k<=n;k++){
        for(int i=1;i<=n;i++){ 
            for(int j=1;j<=n;j++){
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
                ans[i][j]=min(ans[i][j],f[i][j]+max(c[k].val,max(c[i].val,c[j].val)));
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=q;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        printf("%d\n",ans[C[x]][C[y]]);
    }
    return 0;
}