洛谷P4822 冻结

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：

在一条道路上最多只能使用一张 $SpellCard$。
使用一张$SpellCard$ 只在一条道路上起作用。
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。

输入输出格式

输入格式：

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：$A_i、B_i、Time_i$，表示存在一条 $A_i$与 $B_i$之间的双向道路，在不使用 $SpellCard$ 之前提下，通过它需要 $Time_i$的时间。

输出格式：

输出一个整数，表示从$1$ 号城市到 $N$号城市的最小用时。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

样例解释：

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$7$。

对于$100\%$的数据：$1 ≤ K ≤ N ≤ 50，M ≤ 1000$。

$1≤ A_i，B_i ≤ N，2 ≤ Time_i ≤ 2000$。

为保证答案为整数，保证所有的 $Time_i$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。

思路：还是跟其他的分层最短路题目一样，只不过之前的$k$次免费的机会变成了$k$次免费缩小到一半的机会，那么分层的时候我们把边权由$0$改为$w/2$就可以了。

代码：

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<cctype>

#define maxn 5000001

using namespace std;

int n,m,k,head[maxn],num,dis[maxn],s,t;

inline int qread() {

  char c=getchar();int num=0,f=1;

  for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;

  for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';return num*f;

}

struct Edge {

  int v,w,nxt;

}e[maxn];

struct node {

  int x,y;

  bool operator < (const node &a) const {return y>a.y;}

};

inline void ct(int u, int v, int w) {

  e[++num].v=v;

  e[num].w=w;

  e[num].nxt=head[u];

  head[u]=num;

}

priority_queue<node>q;

inline void dijkstra() {

  memset(dis,0x3f,sizeof(dis));

  dis[1+n*k]=0;q.push((node){1+n*k,0});

  while(!q.empty()) {

  	int u=q.top().x,d=q.top().y;

  	q.pop();

  	if(d!=dis[u]) continue;

  	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {

  	  int v=e[i].v;

	  if(dis[v]>dis[u]+e[i].w) {

	  	dis[v]=dis[u]+e[i].w;

	  	q.push((node){v,dis[v]});

	  }

	}

  }

}

int main() {

  n=qread(),m=qread(),k=qread();

  for(int i=1,u,v,w;i<=m;++i) {

  	u=qread(),v=qread(),w=qread();

  	for(int j=0;j<=k;++j) {

  	  ct(u+j*n,v+j*n,w);

	  ct(v+j*n,u+j*n,w);

	  if(j) {

	  	ct(u+j*n,v+(j-1)*n,w/2);

	  	ct(v+j*n,u+(j-1)*n,w/2);

	  }

	}

  }

  dijkstra();

  int zrj=0x7fffffff;

  for(int i=0;i<=k;++i) zrj=min(zrj,dis[n+i*n]);

  printf("%d\n",zrj);

  return 0;

}