【日常训练】【BZOJ】20210304_T1_旅行travel_图论/最短路/Dijkstra_Bzoj4681
题面
HZY 喜欢旅游，这次她打算去一个据说有很多漂亮瀑布的山谷玩。
HZY 事先得到了一张地图，上面标注了 N 个小动物的聚居地，也就是一个个的小村落。其中第 1 个村庄是 HZY 现在住的地方，第 N 个村庄是 WJJ 打算去的地方。这些村庄之间有 M 条双向道路连接着，第 i 条双向道路恰好直接连接两个小村庄 A， B，长度为 C(1< = A， B < = N， A!=B, 1< = C< = 1000)。
道路有的是隧道，有的是栈桥，地图上那些看起来在村庄之外交叉的路实际上并不相交——也就是说，如果把这些小村落和双向道路构成的道路网看作图论意义上的图，我们不保证它是平面图，也不保证它没有重边。不过，有一点还是可以保证的： HZY细心地验证过， 从它居住的村落一定能走到她想去的那个山谷。
在 HZY 所在的神奇世界中，每只小动物都可以借助仙人掌来施放魔法，其中之一是， 交换世界中任意两条双向道路的长度，同时保持其他道路的长度不变。
按 HZY 目前的魔法水平，她最多能使用 K 次这种道路长度交魔法。可惜的是，由于仙人掌刺比较多， HZY 并不打算带着它旅行，于是她会在家里完成想要的道路交换后再出门。假设 HZY 的旅行途中不会有其他小动物进行道路交换来破坏她设计好的路线。为了尽快达到目的地， HZY 希望她需要走的总距离越短越好。也就是说， 使用最多 K 次魔法后，从村落 1 到村落 N 的最短距离是多少？
对于前 10%的数据,N≤10;
对于前 30%的数据,N≤20;
对于前 40%的数据,K≤4;
对于 100%的数据,2≤N≤50,1≤M≤150,K≤20。
题解
现场得分：30/100
因为我dp的第二维应该是到\(k\)的，但是因为没有想清楚，在初始化dp数组的时候第二维到\(n\)了。
- 我们考虑如果一条最短的路径，一定是把某一条路径其中最大的\(k\)条边变成了最短的\(k\)条边。假设我们这条路径上[(经过变化的边)中变化后最大的那条边]变成了所有边中排名第\(j\)的边，则所有排名小于等于\(j\)的边一定是全部使用了的。（如果有边边权相等，任取即可，不影响）
- 那么我们可以枚举一个\(j\)，表示强制要求边权前\(j\)小的边全部使用，我们的答案是多少。我们可以通过\(f_{i,d,h}\)表示到第\(i\)个点，当前变化了\(d\)次，前\(j\)个中已经用了\(h\)个的情况下，走过的边权不在前\(j\)小的边权和最小值。
- 直接Dij转移，复杂度\(O(n^2km)\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define U unsigned
#define MAXN 51
#define MAXM 160
#define MAXK 21
using namespace std;
template<typename T> void Read(T &cn)
{
char c; int sig = 1;
while(!isdigit(c = getchar())) if(c == '-') sig = 0;
if(sig) {cn = c-48; while(isdigit(c = getchar())) cn = cn*10-48+c; }
else {cn = 48-c; while(isdigit(c = getchar())) cn = cn*10+48-c; }
}
template<typename T> void Write(T cn)
{
T cm = 0; int wei = 0, cx = cn%10; cn = cn/10;
if(cn < 0 || cx < 0) {putchar('-'); cn = -cn; cx = -cx; }
while(cn) wei++, cm = cm*10+cn%10, cn = cn/10;
while(wei--) putchar(cm%10+48), cm = cm/10;
putchar(cx+48);
}
template<typename T> void WriteL(T cn) {Write(cn); puts(""); }
template<typename T> void WriteS(T cn) {Write(cn); putchar(' '); }
template<typename T> void Max(T &cn, T cm) {cn = cn < cm ? cm : cn; }
template<typename T> void Min(T &cn, T cm) {cn = cn < cm ? cn : cm; }
struct qwe{
int a,b,ne,w,pai;
void mk(int cn, int cm, int cx, int cw) {a = cn; b = cm; ne = cx; w = cw; }
};
struct qwer{
int i, d, h, zhi, pos;
void mk(int ci, int cd, int ch, int cz, int cp) {i = ci; d = cd; h = ch; zhi = cz; pos = cp; }
inline friend bool operator <(qwer cn, qwer cm) {return cn.zhi == cm.zhi ? (cn.pos < cm.pos) : cn.zhi > cm.zhi; }
};
qwe a[MAXM*2+1];
int alen;
int head[MAXN+1];
int n,m,k,curj,curk;
int f[MAXN+1][MAXK+1][MAXN+1];
qwer dui[MAXN*MAXK*MAXM*2+1];
int dlen, plen;
void lian(int cn, int cm, int cx) {a[++alen].mk(cn,cm,head[cn],cx); head[cn] = alen; }
void zeng(int ci, int cd, int ch, int cz)
{
if(ch > curj || cd > ch) return;
if(cd > curk) return;
if(f[ci][cd][ch] <= cz) return;
f[ci][cd][ch] = cz;
++plen; dui[++dlen].mk(ci, cd, ch, cz, plen); push_heap(dui+1,dui+dlen+1);
}
void suan()
{
// printf("in suan : curj = %d\n",curj);
plen = dlen = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++) for(int d = 0;d<=curk;d++) for(int h = 0;h<=curj;h++) f[i][d][h] = 2000*n;
zeng(1, 0, 0, 0);
while(dlen)
{
while(dlen && (f[dui[1].i][dui[1].d][dui[1].h] != dui[1].zhi)) pop_heap(dui+1,dui+(dlen--)+1);
if(!dlen) return;
int dang = dui[1].i, bx = dui[1].d, by = dui[1].h, bz = dui[1].zhi;
// printf(" dang = %d bx = %d by = %d bz = %d\n",dang,bx,by,bz);
pop_heap(dui+1,dui+(dlen--)+1);
for(int i = head[dang];i;i = a[i].ne)
{
int y = a[i].b;
if(a[i].pai <= curj) {zeng(y, bx, by+1, bz); continue; }
zeng(y, bx+1, by+1, bz);
zeng(y, bx, by, bz+a[i].w);
}
}
}
signed main()
{
// freopen("travel.in","r",stdin);
// freopen("travel.out","w",stdout);
Read(n); Read(m); Read(k);
alen = 0; memset(head,0,sizeof(head));
for(int i = 1;i<=m;i++) {int bx,by,bz; Read(bx); Read(by); Read(bz); lian(bx,by,bz); lian(by,bx,bz); }
for(int i = 1;i<=m;i++)
{
a[i*2].pai = 1;
for(int j = 1;j<i;j++) if(a[i*2].w >= a[j*2].w) a[i*2].pai++;
for(int j = i+1;j<=m;j++) if(a[i*2].w > a[j*2].w) a[i*2].pai++;
a[i*2-1].pai = a[i*2].pai;
// printf("a[%d].pai = %d\n",i*2,a[i*2].pai);
}
int ans = 2000*n;
for(int i = 0;i<=n;i++)
{
curj = i; curk = min(i,k); suan();
int lin = 2000*n;
for(int d = 0;d<=curk;d++) for(int h = 0;h<=i;h++) Min(lin, f[n][d][h]);
for(int j = 1;j<=m;j++) if(a[j*2].pai <= i) lin = lin + a[j*2].w;
// printf("i = %d lin = %d\n",i,lin);
Min(ans, lin);
}
WriteL(ans);
return 0;
}
