bzoj2662 [BeiJing wc2012]冻结

[BeiJing wc2012]冻结

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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

4 4 1

1 2 4

4 2 6

1 3 8

3 4 8

Sample Output

7

【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。






练习打板而已qwq。。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 55;
struct lpl{
	int to, step, dis;
	inline bool operator < (const lpl &A)const{
		return dis > A.dis;
	}
};
int n, m, k;
int dis[55][55];
bool vis[55][55];
vector<lpl> point[maxn];
priority_queue<lpl> q;

inline int dijkstra(int s, int t){
	lpl now, qwe;
	memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
	q.push((lpl){1, 0, 0}); dis[s][0] = 0;
	while(!q.empty()){
		now = q.top(); q.pop();
		if(now.to == t && now.step == k) return dis[t][k];
		if(vis[now.to][now.step]) continue;
		vis[now.to][now.step] = true;
		for(int i = point[now.to].size() - 1; i >= 0; --i){
			qwe = point[now.to][i];
			if(dis[qwe.to][now.step] > dis[now.to][now.step] + qwe.dis){
				dis[qwe.to][now.step] = dis[now.to][now.step] + qwe.dis;
				q.push((lpl){qwe.to, now.step, dis[qwe.to][now.step]});
			}
			if(now.step == k) continue;
			if(dis[qwe.to][now.step + 1] > dis[now.to][now.step] + qwe.dis / 2){
				dis[qwe.to][now.step + 1] = dis[now.to][now.step] + qwe.dis / 2;
				q.push((lpl){qwe.to, now.step + 1, dis[qwe.to][now.step + 1]});
			}
		}
		if(now.step != k){
			if(dis[now.to][now.step + 1] > dis[now.to][now.step]){
				dis[now.to][now.step + 1] = dis[now.to][now.step];
				q.push((lpl){now.to, now.step + 1, dis[now.to][now.step]});
			}
		}
	} 
	return dis[t][k];
}

int main()
{
	//freopen("lpl.in", "r", stdin);
	lpl lin;
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	for(int a, b, i = 1; i <= m; ++i){
		scanf("%d%d%d", &a, &b, &lin.dis);
		lin.to = b; point[a].push_back(lin);
		lin.to = a; point[b].push_back(lin);
	} 
	cout << dijkstra(1, n);
	return 0;
}