分层图，spfa，P4822 [BJWC2012] 冻结
P4822 [BJWC2012] 冻结 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
题目背景
“我要成为魔法少女！”
“那么，以灵魂为代价，你希望得到什么？”
“我要将有关魔法和奇迹的一切，封印于卡片之中„„”
在这个愿望被实现以后的世界里，人们享受着魔法卡片（SpellCard，又名符卡）带来的便捷。
现在，不需要立下契约也可以使用魔法了！你还不来试一试？
比如，我们在魔法百科全书（Encyclopedia of Spells）里用“freeze”作为关键字来查询，会有很多有趣的结果。
例如，我们熟知的 Cirno，她的冰冻魔法当然会有对应的 SpellCard 了。当然，更加令人惊讶的是，居然有冻结时间的魔法，Cirno 的冻青蛙比起这些来真是小巫见大巫了。
这说明之前的世界中有很多魔法少女曾许下控制时间的愿望，比如 Akemi Homura、Sakuya Izayoi、……
当然，在本题中我们并不是要来研究历史的，而是研究魔法的应用。
题目描述
我们考虑最简单的旅行问题吧： 现在这个大陆上有 N 个城市，M 条双向的道路。城市编号为 1 ~ N，我们在 1 号城市，需要到 N 号城市，怎样才能最快地到达呢？
这不就是最短路问题吗？我们都知道可以用 Dijkstra、Bellman-Ford、Floyd-Warshall等算法来解决。
现在，我们一共有 K 张可以使时间变慢 50%的 SpellCard，也就是说，在通过某条路径时，我们可以选择使用一张卡片，这样，我们通过这一条道路的时间 就可以减少到原先的一半。需要注意的是：
- 在一条道路上最多只能使用一张 SpellCard。
- 使用一张SpellCard 只在一条道路上起作用。
- 你不必使用完所有的 SpellCard。
给定以上的信息，你的任务是：求出在可以使用这不超过 K 张时间减速的 SpellCard 之情形下，从城市 1 到城市 N 最少需要多长时间。
输入格式
第一行包含三个整数：N、M、K。
接下来 M 行，每行包含三个整数：Ai、Bi、Timei，表示存在一条Ai 与 Bi 之间的双向道路，在不使用 SpellCard 之前提下，通过它需要 Timei 的时间。
输出格式
输出一个整数，表示从 1 号城市到 N 号城市的最小用时。
输入输出样例
输入 #1复制
4 4 1 1 2 4 4 2 6 1 3 8 3 4 8
输出 #1复制
7
说明/提示
样例 1 解释
在不使用 SpellCard 时，最短路为 1→2→4，总时间为 10。现在我们可以使用 1 次 SpellCard，那么我们将通过 2→4 这条道路的时间减半，此时总时间为7。
数据规模与约定
对于 100% 的数据，保证：
- 1≤K≤N≤50，M≤103。
- 1≤Ai,Bi≤N，2≤Timei≤2×103。
- 为保证答案为整数，保证所有的 Timei 均为偶数。
- 所有数据中的无向图保证无自环、重边，且是连通的。
解析：
分层图做法（这道题用二分也可以）
题目给我们k次边权减半的机会 , 直接跑最短路不太好搞 , 于是考虑分层图最短路 .
首先我们对于题目给我们的连边还是正常连 , 但是要把连好边的图复制k份 , 上下平行放置, 对于原本有边的两个节点 , 我们在不同的图之间给他们连一条边权减半的边 . 如果在跑最短路的过程中走了这条边 , 那么实际上代表的意义就是我们从11号节点走向22号节点的过程中用了一次边权减半的机会 , 挺显然的...吧?
那么我们走到第二张图之后因为第二张图和原图是一样的 , 所以并不影响我们跑最短路的正确性 . 只是它还有减半边权的机会去第三张图 , 一共k张图 , k次边权减半的机会 , 因为题目没有强行要求我们用完k次机会 , 所以答案在每张图的n号节点上取dis[n]最小值 。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 50 + 5;
int n, m, k;
vector<pair<int, int>>G[N];
int dist[N][N], vis[N];
void spfa() {
memset(dist, 0x3f3f3f3f, sizeof(dist));
queue<int>q;
dist[0][1] = 0;
q.push(1);
int t;
while (!q.empty()) {
t = q.front();
q.pop();
vis[t] = 0;
for (int i = 0; i < G[t].size(); i++) {
int j = G[t][i].first, w = G[t][i].second;
if (dist[0][j] > dist[0][t] + w) {
dist[0][j] = dist[0][t] + w;
if (!vis[j]) {
q.push(j);
vis[j] = 1;
}
}
for (int p = 1; p <= k; p++) {
int mn = min(dist[p - 1][t] + w / 2, dist[p][t] + w);
if (dist[p][j] > mn) {
dist[p][j] = mn;
if (!vis[j]) {
q.push(j);
vis[j] = 1;
}
}
}
}
}
}
int main() {
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1, a, b, t; i <= m; i++) {
scanf("%d%d%d", &a, &b, &t);
G[a].push_back({ b,t });
G[b].push_back({ a,t });
}
spfa();
int ans = 0x3f3f3f3f;
for (int i = 0; i <= k; i++) {
ans = min(ans, dist[i][n]);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
