描述
A 国有 n 座城市，编号从 1 到 n，城市之间有 m 条双向道路。每一条道路对车辆都有重量限制，简称限重。现在有 q 辆货车在运输货物，司机们想知道每辆车在不超过车辆限重的情况下，最多能运多重的货物。
格式
输入格式
第一行有两个用一个空格隔开的整数 n，m，表示 A 国有 n 座城市和 m 条道路。
接下来 m 行每行 3 个整数 x、y、z，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从 x 号城市到 y 号城市有一条限重为 z 的道路。注意：x 不等于 y，两座城市之间可能有多条道路。
接下来一行有一个整数 q，表示有 q 辆货车需要运货。
接下来 q 行，每行两个整数 x、y，之间用一个空格隔开，表示一辆货车需要从 x 城市运输货物到 y 城市，注意：x 不等于 y。
输出格式
输出共有 q 行，每行一个整数，表示对于每一辆货车，它的最大载重是多少。如果货车不能到达目的地，输出-1。
样例1
样例输入1
4 3
1 2 4
2 3 3
3 1 1
3
1 3
1 4
1 3
样例输出1
3
-1
3
限制
每个测试点1s。
提示
对于 30%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 10,000，0 < q < 1,000；
对于 60%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 50,000，0 < q < 1,000；
对于 100%的数据，0 < n < 10,000，0 < m < 50,000，0 < q < 30,000，0 ≤ z ≤ 100,000。
因为货车要运输最大货物，必须在整张图的最大生成树上选边，可以想到kruskal算法，但此时若要对每一个询问进行一次遍历的话需要 O(mn) 的时间复杂度，那么就需要把答案预先处理出来。
RMQ问题的ST算法 是用 d(i, j) 表示 从 i 开始 长度为 2^j 的一段元素之间的最小值
那么 d(i, j) = min{d(i ,j - 1), d(i + 2 ^ (j - 1), j - 1)}; 从 i 开始长度为 2^j 的最小值 = min{从 i 开始长度为2^(j - 1) 的一段元素的最小值， 从i + 2^(j - 1) + 1开始长度为2^(j - 1)的最小值}；
这个题在处理时同样可以借鉴这种思路，这个题在树上(我也不知道在说啥)，所以：
以 f[i][j] 表示第i个结点的第2^j个祖先是哪个点，那么 f[i][0] 为第i个节点的父亲。
以 g[i][j] 表示第i个结点到 f[i][j](第i个结点的第2^j个祖先) 的最短距离，那么 g[i][0] 表示第i个节点到自己父亲的(最短)距离。
转移可以模仿ST算法：
f[i][j] = f[ f[i][j - 1] ][j - 1]; 第i个点的第2^j个祖先 = 【第i个点第2^(j - 1)的祖先】 的 【第2^(j - 1)的祖先】
g[i][j] = min(g[i][j - 1], g[ f[i][j - 1] ][j - 1]); 第i个结点到 自己的第2^j个祖先 的最短距离 = min{第i个结点到 自己的第 2^(j - 1) 个祖先 的最短距离,【 第i个结点的第2^(j - 1)个祖先】到 【自己的第2^(j - 1)个祖先】 的最短距离}
【】只是为了帮助断句。。。
之后若要查询(x, y)的最短距离只需查询 min{(x, pos)的最短距离，(y, pos)的最短距离} pos为x，y的最近公共祖先
那么借用dfs的思路即可预处理整张图得到f和g
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct node {
int x, y, val;
}edge[];
int n, m, cnt;
bool cmp(node a, node b) { return a.val > b.val; }
int u[], v[], next[], first[], w[];
int in[], father[], hi[];
void addedge(int st, int end, int value)
{
u[++cnt] = st, v[cnt] = end, w[cnt] = value;
next[cnt] = first[st];
first[st] = cnt;
}
int getfather(int x) { return father[x] == x ? x : father[x] = getfather(father[x]); }
void kruskal()
{
int count;
for (int i = ; i <= n; i++) father[i] = i;
for (int i = ; i <= m; i++) {
int st = edge[i].x, end = edge[i].y;
int fa = getfather(father[st]), fb = getfather(father[end]);
if (fa != fb) {
addedge(st, end, edge[i].val);
addedge(end, st, edge[i].val);
father[fb] = fa;
count++;
if (count == n - ) return;
}
}
}
int vis[];
int fa[][], Min[][];
void dfs(int o)
{
vis[o] = ;
for (int i = ; i <= ; i++) {
if (hi[o] < ( << i)) break;
fa[o][i] = fa[fa[o][i - ]][i - ];
Min[o][i] = min(Min[o][i - ], Min[fa[o][i - ]][i - ]);
}
for (int i = first[o]; i; i = next[i]) {
int end = v[i];
if (!vis[end]) {
fa[end][] = o;
Min[end][] = w[i];
hi[end] = hi[o] + ;
dfs(end);
}
}
}
int lca(int l, int r)
{
if (hi[l] < hi[r]) swap(l, r);
int t = hi[l] - hi[r];
for (int i = ; i <= ; i++) {
if (( << i) & t) l = fa[l][i];
}
for (int i = ; i >= ; i--) {
if (fa[l][i] != fa[r][i]) {
l = fa[l][i], r = fa[r][i];
}
}
if (l == r) return l;
return fa[l][];
}
int ask(int l, int r)
{
int ret = 0x3f3f3f3f;
int t = hi[l] - hi[r];
for (int i = ; i <= ; i++) {
if (t & ( << i)) {
ret = min(ret, Min[l][i]);
l = fa[l][i];
}
}
return ret;
}
int main()
{
memset(Min, 0x3f3f3f3f, sizeof(Min));
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = ; i <= m; i++) {
scanf("%d%d%d", &edge[i].x, &edge[i].y, &edge[i].val);
}
sort(edge + , edge + + m, cmp);
kruskal();
for (int i = ; i <= n; i++) if (!vis[i]) dfs(i);
int t, l, r;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d%d", &l, &r);
if (getfather(father[l]) != getfather(father[r])) printf("-1\n");
else {
int pos = lca(l, r);
printf("%d\n", min(ask(l, pos), ask(r, pos)));
}
}
return ;
}
变量名不好起啊。