[BZOJ2662][BeiJing wc2012]冻结
Description
“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。
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：
1. 在一条道路上最多只能使用一张 SpellCard。
2. 使用一张SpellCard 只在一条道路上起作用。
3. 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。
Input
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。
Output
输出一个整数，表示从1 号城市到 N号城市的最小用时。
Sample Input
1 2 4
4 2 6
1 3 8
3 4 8
Sample Output
【样例1 解释】
在不使用 SpellCard 时，最短路为 1à2à4，总时间为 10。现在我们可
以使用 1 次 SpellCard，那么我们将通过 2à4 这条道路的时间减半，此时总
时间为7。
HINT
对于100%的数据：1 ≤ K ≤ N ≤ 50，M ≤ 1000。
1≤ Ai，Bi ≤ N，2 ≤ Timei ≤ 2000。
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。
又是分层最短路模板...和飞行航线如出一辙...
一样看成一个DP， dis[i][j]表示到第i个点，用了j次冷冻的最小时间。
然后就直接分层最短路了...
不卡SPFA给好评，233333...懒得写SLF了...
不是我吹，从看题到1A用时不超过20分钟。
水题水题！
#include <iostream> #include <cstdio> #include <queue> #include <cstring> using namespace std; inline int read(){ int res=0;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch))ch=getchar(); while(isdigit(ch)){res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);ch=getchar();} return res; } int n, m, k; int ans = 1e9; struct edge{ int nxt, to, val; }ed[2005]; int head[55], cnt; inline void add(int x, int y, int z) { ed[++cnt] = (edge){head[x], y, z}; head[x] = cnt; } struct date { int pos, num; }; int dis[55][55]; bool ex[55][55]; inline void SPFA() { queue <date> q; q.push((date){1, 0}); memset(dis, 0x3f, sizeof dis); ex[1][0] = 1; dis[1][0] = 0; while(!q.empty()) { int x = q.front().pos, tp = q.front().num;q.pop(); ex[x][tp] = 0; for (int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt) { int to = ed[i].to; if (dis[to][tp] > dis[x][tp] + ed[i].val) { dis[to][tp] = dis[x][tp] + ed[i].val; if (!ex[to][tp]) ex[to][tp] = 1, q.push((date){to, tp}); } } if(tp + 1 <= k) { for (int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt) { int to = ed[i].to; if (dis[to][tp+1] > dis[x][tp] + ed[i].val / 2) { dis[to][tp+1] = dis[x][tp] + ed[i].val / 2; if (!ex[to][tp+1]) ex[to][tp+1] = 1, q.push((date){to, tp+1}); } } } } } int main() { n = read(), m = read(), k = read(); for (int i = 1 ; i <= m ; i ++) { int x = read(), y = read(), z = read(); add(x, y, z), add(y, x, z); } SPFA(); for (int i = 0 ; i <= k ; i ++) ans = min(ans, dis[n][i]); cout << ans << endl; return 0; }
