4.【GDKOI训练】过路费（toll）

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，奶牛从任意一片草地出发，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，我们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

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

样例输出

8
9

正解
很妙的一道floyd题。

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
AC代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long n,m,q,pre[255],d[255][255],dis[255][255];
struct stu
{
   
	int ans,num;
}a[20005];
bool cmp(stu x,stu y)
{
   
	if(x.ans==y.ans)return x.num<y.num;
	return x.ans<y.ans;
}
int main()
{
   
	freopen("toll.in","r",stdin);
	freopen("toll.out","w",stdout);
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
   
	 	cin>>a[i].ans;
		a[i].num=i;//存下位置
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);//快排
	for(int i=1;i<=n;i++)
	 pre[a[i].num]=i;//记录
	for(int i=1;i<=n;i++)
	 for(int j=1;j<=n;j++)
	 {
   
	 	d[i][j]=dis[i][j]=2147483647;//初值
	 	if(i==j)d[i][j]=0;
	 }
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
   
		int x,y;
		long long z;
		cin>>x>>y>>z;
		d[pre[x]][pre[y]]=d[pre[y]][pre[x]]=min(d[pre[x]][pre[y]],z);//初值
	}
	for(int k=1;k<=n;k++)//Floyd算法
     for(int i=1;i<=n;i++)
      for(int j=1;j<=n;j++)
       if(i!=j)  
		{
   
            d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
            dis[i][j]=min(dis[i][j],d[i][j]+max(a[i].ans,max(a[j].ans,a[k].ans)));
        }
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
   
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		cout<<dis[pre[x]][pre[y]]<<endl;//输出
	}	
	return 0;
}

下面附本次比赛的其它题目

2020.03.18模拟赛17（第一题）
2020.03.18模拟赛17（第二题）
2020.03.18模拟赛17（第三题）
2020.03.18模拟赛17（第四题）
2020.03.18模拟赛17（总结）

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