题目背景
BBB地区在地震过后，所有村庄都造成了一定的损毁，而这场地震却没对公路造成什么影响。但是在村庄重建好之前，所有与未重建完成的村庄的公路均无法通车。换句话说，只有连接着两个重建完成的村庄的公路才能通车，只能到达重建完成的村庄。
题目描述
给出BBB地区的村庄数NNN，村庄编号从000到N−1N-1N−1，和所有MMM条公路的长度，公路是双向的。并给出第iii个村庄重建完成的时间tit_iti，你可以认为是同时开始重建并在第tit_iti天重建完成，并且在当天即可通车。若tit_iti为000则说明地震未对此地区造成损坏，一开始就可以通车。之后有QQQ个询问(x,y,t)(x, y, t)(x,y,t)，对于每个询问你要回答在第ttt天，从村庄xxx到村庄y的最短路径长度为多少。如果无法找到从xxx村庄到yyy村庄的路径，经过若干个已重建完成的村庄，或者村庄xxx或村庄yyy在第t天仍未重建完成 ，则需要返回−1-1−1。
输入格式
第一行包含两个正整数N,MN,MN,M，表示了村庄的数目与公路的数量。
第二行包含NNN个非负整数t0,t1,…,tN−1t_0, t_1,…, t_{N-1}t0,t1,…,tN−1，表示了每个村庄重建完成的时间，数据保证了t0≤t1≤…≤tN−1t_0 ≤ t_1 ≤ … ≤ t_{N-1}t0≤t1≤…≤tN−1。
接下来MMM行，每行333个非负整数i,j,wi, j, wi,j,w，www为不超过100001000010000的正整数，表示了有一条连接村庄iii与村庄jjj的道路，长度为www，保证i≠ji≠ji=j，且对于任意一对村庄只会存在一条道路。
接下来一行也就是M+3M+3M+3行包含一个正整数QQQ，表示QQQ个询问。
接下来QQQ行，每行333个非负整数x,y,tx, y, tx,y,t，询问在第ttt天，从村庄xxx到村庄yyy的最短路径长度为多少，数据保证了ttt是不下降的。
输出格式
共QQQ行，对每一个询问(x,y,t)(x, y, t)(x,y,t)输出对应的答案，即在第ttt天，从村庄xxx到村庄yyy的最短路径长度为多少。如果在第t天无法找到从xxx村庄到yyy村庄的路径，经过若干个已重建完成的村庄，或者村庄x或村庄yyy在第ttt天仍未修复完成，则输出−1-1−1。
输入输出样例
输入 #14 5 1 2 3 4 0 2 1 2 3 1 3 1 2 2 1 4 0 3 5 4 2 0 2 0 1 2 0 1 3 0 1 4输出 #1
-1 -1 5 4
解题最关键的地方就是数据保证了t0≤t1≤…≤tN−1t_0 ≤ t_1 ≤ … ≤ t_{N-1}t0≤t1≤…≤tN−1。一开始没看到这句话死活不知道怎么写==
这个题很好地考察了Floyd算法的原理。Floyd本质其实是动态规划，k代表所用的中转节点，相当于动态规划的阶段，i和j两重循环跑整个邻接矩阵。这个题关键之处就在于询问是按时间进行的，而节点的修复时间也是按序号递增的，很符合Floyd算法里“利用前k个节点进行松弛”的思想。
思路也就呼之欲出了，按输入循环处理询问，对于每次询问，先利用在这次询问时间之前能修复好的节点进行更新，然后看看能否实现两节点之间联通。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define N 205
using namespace std;
int n,m,q,cnt=0;//cnt保存已完成修建的村庄的编号，由于村庄修建完成的时间和村庄编号一样都是单调递增的 所以直接累加即可
long long mmap[N][N];
int ttime[N];
int main()
{
cin>>n>>m;
int i,j,k;
for(i=0;i<=n-1;i++)scanf("%d",&ttime[i]);
for(i=0;i<=n-1;i++)
{
for(j=0;j<=n-1;j++)
{
mmap[i][j]=mmap[j][i]=0x3f3f3f3f;
}
}
for(i=0;i<=n-1;i++)mmap[i][i]=0;//自环
for(i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
mmap[x][y]=mmap[y][x]=z;//无向图
}
cin>>q;
for(k=1;k<=q;k++)
{
int x,y,t;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&t);//floyd 中转的节点 只可能是t之前修建好的
while(ttime[cnt]<=t&&cnt<n)//一定要加上cnt<n 要不然就会输出一些奇怪的东西
{
for(i=0;i<=n-1;i++)
{
for(j=0;j<=n-1;j++)
{
mmap[i][j]=mmap[j][i]=min(mmap[i][j],mmap[i][cnt]+mmap[cnt][j]);//Floyd
}
}
cnt++;
}
//cnt--;//多加了一次
if(t<ttime[x]||t<ttime[y]||mmap[x][y]>=0x3f3f3f3f)//两个村庄有一个未重建完成 或者都重建完成但道路不通
{
cout<<-1<<endl;
}
else
{
cout<<mmap[x][y]<<endl;
}
}
}