（紀中）1595. 【GDKOI訓練】過路費（toll）【Floyed】

(File IO): input:toll.in output:toll.out
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題目描述
跟所有人一樣，農夫約翰以着寧教我負天下牛，休叫天下牛負我的偉大精神，日日夜夜苦思生財之道。爲了發財，他設置了一系列的規章制度，使得任何一隻奶牛在農場中的道路行走，都要向農夫約翰上交過路費。

農場中由N（1 <= N <= 250）片草地（標號爲1到N），並且有M（1 <= M <= 10000）條雙向道路連接草地A_j和B_j（1 <= A_j <= N; 1 <= B_j <= N）。奶牛們從任意一片草地出發可以抵達任意一片的草地。FJ已經在連接A_j和B_j的雙向道路上設置一個過路費L_j（1 <= L_j <= 100,000）。

可能有多條道路連接相同的兩片草地，但是不存在一條道路連接一片草地和這片草地本身。最值得慶幸的是，奶牛從任意一片草地出發，經過一系列的路徑，總是可以抵達其它的任意一片草地。

除了貪得無厭，我們都不知道該說什麼好。FJ竟然在每片草地上面也設置了一個過路費C_i（1 <= C_i <= 100000）。從一片草地到另外一片草地的費用，是經過的所有道路的過路費之和，加上經過的所有的草地（包括起點和終點）的過路費的最大值。

任勞任怨的牛們希望去調查一下她們應該選擇那一條路徑。她們要你寫一個程序，接受K（1<= K <= 10,000）個問題並且輸出每個詢問對應的最小花費。第i個問題包含兩個數字s_i和t_i（1 <= s_i <= N; 1 <= t_i <= N; s_i != t_i），表示起點和終點的草地。

考慮下面這個包含5片草地的樣例圖像:

從草地1到草地3的道路的“邊過路費”爲3，草地2的“點過路費”爲5。

要從草地1走到草地4，可以從草地1走到草地3再走到草地5最後抵達草地4。如果這麼走的話，需要的“邊過路費”爲2+1+1=4，需要的點過路費爲4（草地5的點過路費最大），所以總的花費爲4+4=8。

而從草地2到草地3的最佳路徑是從草地2出發，抵達草地5，最後到達草地3。這麼走的話，邊過路費爲3+1=4，點過路費爲5，總花費爲4+5=9。

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輸入
第1行: 三個空格隔開的整數: N, M和K
第2到第N+1行: 第i+1行包含一個單獨的整數: C_i
第N+2到第N+M+1行: 第j+N+1行包含3個由空格隔開的整數: 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個問題，包含兩個由空格隔開的整數s_i和t_i

輸出
第1到第K行: 第i行包含一個單獨的整數，表示從s_i到t_i的最小花費。

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樣例輸入
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

樣例輸出
8
9

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數據範圍限制

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解題思路
多源最短路問題，數據範圍小，很顯然可以用 $floyd$ 算法來處理，
由於最短路徑涉及到路徑中最大的點權，因此如何在決策階段快速進行狀態轉移，得出路徑中最大的點權是這道題考慮的核心。若每次進行枚舉點權，複雜度顯然爆炸。
我們重新回想一遍$floyd$算法的原理：
i到j有兩種可能：直接到和藉助中間接口$k$，所以取一個$min$就行了
我們再往下細細的想一下，$k$代表的是中間的接口，而且$k$的枚舉順序是任意的？
顯然是任意的！突破口就在這：我們可以肆意的修改$k$的枚舉順序！，所以，這道題就解決了。
我們對點按權值從小到大重新編號，這是的中轉點$k$代表的就是重新編號的點，$k$越大，點權越大
我們只需要從小到大枚舉中轉點$k$，由於$k$是從小到大枚舉的
我們在找$i,j$之間的最短路的時候，我們的中轉點如果只是枚舉到了$k$，這說明了我們當前的$i,j$之間的最短路中並沒有點權超過$k$點點權大的點，最後的$k$即作爲$i->j$的路徑上除$i,j$外點權的最大值，
然後就可以去跑$flyod$，該路徑上點權的最大值即爲$i,j,k$三個點中點權的最大值！

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代碼

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,K,b[260],p,q,dis[260][260],ans[260][260];
struct c{
    int x,y;
}a[260];
bool cmp(const c&l,const c&r){
    return l.x<r.x;
}
int main(){
   freopen("toll.in","r",stdin);
   freopen("toll.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i].x);
        a[i].y=i;
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        b[a[i].y]=i;
    memset(dis,INF,sizeof(dis));
    for(int i=1;i<=n;i++)
        dis[i][i]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        dis[b[u]][b[v]]=dis[b[v]][b[u]]=min(dis[b[u]][b[v]],w);
    }
    memset(ans,INF,sizeof(ans));
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                if(i==j)
                 continue;
               dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
              if(dis[i][j]==dis[i][k]+dis[k][j])
                    ans[i][j]=min(ans[i][j],dis[i][j]+max(a[i].x,max(a[j].x,a[k].x)));
                    
            }
    for(int i=1;i<=K;i++)
    {
         scanf("%d%d",&p,&q);
         printf("%d\n",ans[b[p]][b[q]]);
    }
}