传送门

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。

Solution

建分层图,连边,求最短路,没了 ̄▽ ̄

Code

//By Menteur_Hxy
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define M(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
#define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
#define E(i,u) for(register int i=head[u];i;i=nxt[i])
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII; int read() {
int x=0,f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f; c=getchar();}
while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();
return x*f;
} const int N=110,K=110,M=2010;
bool vis[N*K];
int n,m,k,cnt;
int nxt[M*K],to[M*K],w[M*K],head[N*K],dis[N*K];
#define nd(a,b) (a*(k+1)+b) void dij() {
M(dis,0x3f);
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> > Q;
Q.push(PII(dis[nd(1,0)]=0,nd(1,0)));
while(!Q.empty()) {
int u=Q.top().second,v; Q.pop();
if(vis[u]) continue;vis[u]=1;
E(i,u) if(dis[v=to[i]]>dis[u]+w[i]) {
dis[v]=dis[u]+w[i];
Q.push(PII(dis[v],v));
}
}
} #define add(a,b,c) nxt[++cnt]=head[a],to[cnt]=b,w[cnt]=c,head[a]=cnt
int main() {
n=read(),m=read(),k=read();
F(i,1,m) {
int a=read(),b=read(),c=read();
F(i,0,k) add(nd(a,i),nd(b,i),c),add(nd(b,i),nd(a,i),c);
F(i,0,k-1) add(nd(a,i),nd(b,i+1),c/2),add(nd(b,i),nd(a,i+1),c/2);
}
dij(); int ans=0x3f3f3f3f;
F(i,0,k) ans=min(ans,dis[nd(n,i)]);
printf("%d",ans);
return 0;
}

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