bzoj1975 [Sdoi2010]魔法猪学院

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

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。

 

正解：$A*k$短路。

这道题是裸的$k$短路。对于$k$短路该如何求，我们可以考虑先反向连边，从求$n$到每个点的最短路，然后我们从$1$到$n$求k短路。这里用到了$A*$算法的思想。我们令$H(s)=f(s)+g(s)$，$f(s)$为起点到当前点的代价，这是已经确定了的。$g(s)$为当前点到终点的估计代价，这个是一个预估出来的值。然后两者相加就是当前路径的期望长度。我们每次取期望长度最小的路径，然后进行松弛操作，当我们第$k$次到达终点以后，我们求出来的肯定就是$k$短路了。所以我们用小跟堆来维护$H(s)$，每次取最小的$H(s)$就行了。

 

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#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <complex>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define inf (1<<30)
#define M (200010)
#define N (5010)
#define il inline
#define RG register
#define ll long long
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)

using namespace std;

struct data{
    int x; double dis;
    bool operator < (const data a) const{
    return dis>a.dis;
    }
};

struct edge{ int nt,to; double dis; }g1[M],g2[M];

priority_queue <data> q1,q2;

int head1[N],head2[N],vis[N],n,m,num1,num2,ans;
double dis[N],e;

il int gi(){
    RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar();
    while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') q=-1,ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return q*x;
}

il void insert1(RG int from,RG int to,RG double dis){
    g1[++num1]=(edge){head1[from],to,dis},head1[from]=num1; return;
}

il void insert2(RG int from,RG int to,RG double dis){
    g2[++num2]=(edge){head2[from],to,dis},head2[from]=num2; return;
}

il void dijkstra(){
    for (RG int i=1;i<n;++i) dis[i]=inf;
    q2.push((data){n,0});
    while (!q2.empty()){
    RG data x=q2.top(); q2.pop();
    if (vis[x.x]) continue; vis[x.x]=1;
    for (RG int i=head2[x.x];i;i=g2[i].nt){
        RG int v=g2[i].to;
        if (dis[v]>dis[x.x]+g2[i].dis){
        dis[v]=dis[x.x]+g2[i].dis;
        q2.push((data){v,dis[v]});
        }
    }
    }
    return;
}

il void kth(){
    q1.push((data){1,dis[1]});
    while (!q1.empty()){
    RG data x=q1.top(); q1.pop();
    if (x.x==n){ if (e<x.dis) return; ans++,e-=x.dis; }
    for (RG int i=head1[x.x];i;i=g1[i].nt)
        q1.push((data){g1[i].to,x.dis-dis[x.x]+g1[i].dis+dis[g1[i].to]});
    }
    return;
}

il void work(){
    n=gi(),m=gi(); scanf("%lf",&e);
    RG int u,v; RG double w;
    for (RG int i=1;i<=m;++i){
    u=gi(),v=gi(); scanf("%lf",&w);
    insert1(u,v,w),insert2(v,u,w);
    }
    dijkstra(),kth();
    printf("%d\n",ans); return;
}

int main(){
    File("pig");
    work();
    return 0;
}