【bzoj2662】[BeiJing wc2012]冻结 分层图Spfa

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题目描述

“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。

输入

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

输出一个整数，表示从1 号城市到 N号城市的最小用时。

样例输入

4 4 1
1 2 4
4 2 6
1 3 8
3 4 8

样例输出

7

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题解

分层图Spfa

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
queue<pair<int , int> > q;
int head[60] , to[2010] , len[2010] , next[2010] , cnt , dis[60][60] , inq[60][60];
void add(int x , int y , int z)
{
	to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
int main()
{
	int n , m , k , i , x , y , z , ans = 0x3f3f3f3f;
	scanf("%d%d%d" , &n , &m , &k);
	while(m -- ) scanf("%d%d%d" , &x , &y , &z) , add(x , y , z) , add(y , x , z);
	memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
	dis[1][0] = 0 , q.push(make_pair(1 , 0));
	while(!q.empty())
	{
		x = q.front().first , y = q.front().second , q.pop() , inq[x][y] = 0;
		for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
		{
			if(dis[to[i]][y] > dis[x][y] + len[i])
			{
				dis[to[i]][y] = dis[x][y] + len[i];
				if(!inq[to[i]][y]) inq[to[i]][y] = 1 , q.push(make_pair(to[i] , y));
			}
			if(y < k && dis[to[i]][y + 1] > dis[x][y] + len[i] / 2)
			{
				dis[to[i]][y + 1] = dis[x][y] + len[i] / 2;
				if(!inq[to[i]][y + 1]) inq[to[i]][y + 1] = 1 , q.push(make_pair(to[i] , y + 1));
			}
		}
	}
	for(i = 0 ; i <= k ; i ++ ) ans = min(ans , dis[n][i]);
	printf("%d\n" , ans);
	return 0;
}