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最優路線

【題目描述】

一個 $n$個點 $m$條邊的無重邊無自環的無向圖，點有點權，邊有邊權，定義一條路徑的權值為路徑經過的點權的最大值乘邊權最大值。求任意兩點間的權值最小的路徑的權值。

【輸入格式】

第一行兩個整數 $n,m$，分別表示無向圖的點數和邊數。
第二行 $n$個正整數，第 $i$

【輸出格式】

$n$行每行 $n$個整數，第 $i$行第 $j$個整數表示從 $i$到 $j$的路徑的最小權值，如果從 $i$不能到達 $j$，則該值為 $-1$。特別地，當 $i=j$時輸出 $0$。

【樣例 1】

path. in

3 3
2 3 3
1 2 2
2 3 3
1 3 1

path.out

0 6 3
6 0 6
3 6 0

【樣例 2】

見選手目錄下 path. in/path.ans。

【資料範圍與約定】

對於 $20\%$的資料， $n<=5,m<=8$。
對於 $50\%$的資料， $n<=50$。
對於 $100\%$的資料， $n<=500,m<=n*(n-1)/2$，邊權和點權不超過 $10^9$。

題解

先考慮 $50$分做法， $dp[i][j][k]$表示 $i$到 $j$，路徑上最長邊長度為 $k$時最大點點權的最小值，類似 $\mathcal{Floyed}$更新一下就可以做到 $O(n^4)$。

事實上，我們不需要那麼麻煩， $mx[i][j]$表示 $i$到 $j$路徑上最長邊的最小值，使用 $\mathcal{Floyed}$來更新，但是列舉中繼點 $k$的時候我們要按點權從小到大列舉，這樣 $i$到 $j$路徑上點權最大的點就一定是 $i,j,k$中的一個，於是便可以更新答案為 $min(ans,mx[i][j]\times max(val[k],max(val[i],val[j]))$。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=505;
struct sd{int val,id;}pt[M];
bool operator<(sd a,sd b){return a.val<b.val;}
int val[M],mx[M][M],n,m;
ll ans[M][M];
void in()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(mx,127,sizeof(mx));
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)if(i!=j)ans[i][j]=LONG_LONG_MAX;
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&val[i]),pt[i]=(sd){val[i],i};
	for(int i=1,a,b,c;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),mx[a][b]=mx[b][a]=c,ans[a][b]=ans[b][a]=1ll*max(val[a],val[b])*mx[a][b];
}
void ac()
{
	sort(pt+1,pt+1+n);
	for(int k=1;k<=n;++k)for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)
	if(mx[i][j]>max(mx[i][pt[k].id],mx[pt[k].id][j]))
	mx[i][j]=max(mx[i][pt[k].id],mx[pt[k].id][j]),ans[i][j]=min(ans[i][j],1ll*mx[i][j]*max(pt[k].val,max(val[i],val[j])));
	for(int i=1;i<=n;++i,putchar(10))for(int j=1;j<=n;++j)printf("%lld ",ans[i][j]==LONG_LONG_MAX?-1:ans[i][j]);
}
int main(){in(),ac();}