BZOJ 1975 魔法猪学院（A*+手写堆）
1975: [Sdoi2010]魔法猪学院
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Description
iPig在假期来到了传说中的魔法猪学院，开始为期两个月的魔法猪训练。经过了一周理论知识和一周基本魔法的学习之后，iPig对猪世界的世界本原有了很多的了解：众所周知，世界是由元素构成的；元素与元素之间可以互相转换；能量守恒……。 能量守恒……iPig 今天就在进行一个麻烦的测验。iPig 在之前的学习中已经知道了很多种元素，并学会了可以转化这些元素的魔法，每种魔法需要消耗 iPig 一定的能量。作为 PKU 的顶尖学猪，让 iPig 用最少的能量完成从一种元素转换到另一种元素……等等，iPig 的魔法导猪可没这么笨！这一次，他给 iPig 带来了很多 1 号元素的样本，要求 iPig 使用学习过的魔法将它们一个个转化为 N 号元素，为了增加难度，要求每份样本的转换过程都不相同。这个看似困难的任务实际上对 iPig 并没有挑战性，因为，他有坚实的后盾……现在的你呀！ 注意，两个元素之间的转化可能有多种魔法，转化是单向的。转化的过程中，可以转化到一个元素（包括开始元素）多次，但是一但转化到目标元素，则一份样本的转化过程结束。iPig 的总能量是有限的，所以最多能够转换的样本数一定是一个有限数。具体请参看样例。
Input
第一行三个数 N、M、E 表示iPig知道的元素个数（元素从 1 到 N 编号）、iPig已经学会的魔法个数和iPig的总能量。 后跟 M 行每行三个数 si、ti、ei 表示 iPig 知道一种魔法，消耗 ei 的能量将元素 si 变换到元素 ti 。
Output
一行一个数，表示最多可以完成的方式数。输入数据保证至少可以完成一种方式。
Sample Input
4 6 14.9
1 2 1.5
2 1 1.5
1 3 3
2 3 1.5
3 4 1.5
1 4 1.5
1 2 1.5
2 1 1.5
1 3 3
2 3 1.5
3 4 1.5
1 4 1.5
Sample Output
3
HINT
样例解释
有意义的转换方式共4种：
1->4，消耗能量 1.5
1->2->1->4，消耗能量 4.5
1->3->4，消耗能量 4.5
1->2->3->4，消耗能量 4.5
显然最多只能完成其中的3种转换方式（选第一种方式，后三种方式仍选两个），即最多可以转换3份样本。
如果将 E=14.9 改为 E=15，则可以完成以上全部方式，答案变为 4。
数据规模
占总分不小于 10% 的数据满足 N <= 6，M<=15。
占总分不小于 20% 的数据满足 N <= 100，M<=300，E<=100且E和所有的ei均为整数（可以直接作为整型数字读入）。
所有数据满足 2 <= N <= 5000，1 <= M <= 200000，1<=E<=107，1<=ei<=E，E和所有的ei为实数。
Source
题目链接：BZOJ 1975
N个月前的题目，似乎是OJ的问题强行卡STL库的优先队列，需要极高的姿势才能卡过，反正我之前只会A*模版的时候MLE到死……，既然会了堆就手写一个吧，样例对不上debug半天发现是忘记删掉原来的操作符重载了= =，double类型下的裸K短路（没有卡eps还真是良心），由于用A*算法求得的K短路是不降序列，因此每一次都是贪心地消耗膜法进行变换即可，堆的大小大概在100多W，这里就设为150W好了
代码：
#include <stdio.h>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long LL;
const double PI = acos(-1.0);
const int N = 5010;
const int M = 200010;
struct edge
{
int to;
int pre;
double w;
};
struct Astar
{
int cur;
double g;
double h;
bool operator<(const Astar &t)const
{
if (g + h == t.g + t.h)
return g <= t.g;
return g + h <= t.g + t.h;
}
};
struct Heap
{
Astar A[1500010];
int sz;
void init()
{
sz = 0;
}
void up(int cur)
{
int fa = cur >> 1;
while (fa >= 1)
{
if (A[fa] < A[cur])
break;
swap(A[cur], A[fa]);
cur = fa;
fa = cur >> 1;
}
}
void down(int cur)
{
int lson = cur << 1;
int rson = lson | 1;
while (lson <= sz)
{
int son = lson;
if (rson <= sz && A[rson] < A[lson])
son = rson;
if (A[cur] < A[son])
break;
swap(A[son], A[cur]);
cur = son;
lson = cur << 1;
rson = lson | 1;
}
}
void push(const Astar &rhs)
{
A[++sz] = rhs;
up(sz);
}
void pop()
{
swap(A[1], A[sz]);
--sz;
down(1);
}
Astar top()
{
return A[1];
}
bool empty()
{
return !sz;
}
};
Heap heap;
edge E[M], rE[M];
int head[N], rhead[N], tot, rtot;
double d[N];
bitset<N>vis;
void init()
{
for (int i = 0; i < N; ++i)
{
d[i] = 1e20;
head[i] = rhead[i] = -1;
}
tot = 0;
rtot = 0;
vis.reset();
heap.init();
}
inline void add(int s, int t, double w)
{
E[tot].to = t;
E[tot].w = w;
E[tot].pre = head[s];
head[s] = tot++;
rE[rtot].to = s;
rE[rtot].w = w;
rE[rtot].pre = rhead[t];
rhead[t] = rtot++;
}
void rev_spfa(int s)
{
queue<int>q;
vis[s] = 1;
d[s] = 0.0;
q.push(s);
int i, now, v;
while (!q.empty())
{
now = q.front();
q.pop();
vis[now] = 0;
for (i = rhead[now]; ~i; i = rE[i].pre)
{
v = rE[i].to;
if (d[v] > d[now] + rE[i].w)
{
d[v] = d[now] + rE[i].w;
if (!vis[v])
{
vis[v] = 1;
q.push(v);
}
}
}
}
}
int main(void)
{
int n, m, i, a, b;
double e, w;
while (~scanf("%d%d%lf", &n, &m, &e))
{
init();
for (i = 0; i < m; ++i)
{
scanf("%d%d%lf", &a, &b, &w);
add(a, b, w);
}
rev_spfa(n);
Astar S;
S.cur = 1;
S.g = 0;
S.h = d[S.cur];
heap.push(S);
int r = 0;
Astar now, nxt;
while (!heap.empty())
{
now = heap.top();
heap.pop();
if (now.cur == n)
{
if (e >= now.g)
{
e -= now.g;
++r;
}
else
break;
}
for (i = head[now.cur]; ~i; i = E[i].pre)
{
nxt.cur = E[i].to;
nxt.g = now.g + E[i].w;
nxt.h = d[nxt.cur];
heap.push(nxt);
}
}
printf("%d\n", r);
}
return 0;
}
