【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。

题解:A*算法求k短路,先在反图上跑一边SPFA求最短路,记每个点到终点的最短距离为h[i],然后再正着跑Dijkstra,记从1到每个点的已经走得距离为g[i],将估价函数设定为g[i]+h[i]即可。

优化:当每个点入队k+1次时,不将其进入队列。但是k不是固定的,我们记每个点入队的次数为vis[i],我们令k=vis[n]+E/g[n]即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cmath>
using namespace std;
int n,m,cnt,K;
double E;
const int maxn=5010;
const int maxm=200010;
double h[maxn],val[maxm],vv[maxm];
int to[maxm],next[maxm],head[maxn],tt[maxm],nn[maxm],hh[maxn],inq[maxn],vis[maxn];
struct point
{
int v;
double g;
point() {}
point(int a,double b) {v=a,g=b;}
};
bool operator < (point a,point b)
{
return h[a.v]+a.g>h[b.v]+b.g;
}
void add(int a,int b,double c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt;
tt[cnt]=a,vv[cnt]=c,nn[cnt]=hh[b],hh[b]=cnt++;
}
queue<int> q;
priority_queue<point> pq;
void spfa()
{
int i,u;
for(i=1;i<n;i++) h[i]=99999999.99;
q.push(n);
while(!q.empty())
{
u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
for(i=hh[u];i!=-1;i=nn[i])
{
if(h[tt[i]]>h[u]+vv[i])
{
h[tt[i]]=h[u]+vv[i];
if(!inq[tt[i]]) inq[tt[i]]=1,q.push(tt[i]);
}
}
}
}
void astar()
{
pq.push(point(1,0)),K=floor(E/h[1]);
point t;
int i,u;
while(!pq.empty())
{
t=pq.top(),pq.pop(),u=t.v;
if(vis[u]>=K) continue;
if(u==n)
{
if(E<t.g) return ;
K=vis[n]+floor(E/(t.g)),E-=t.g;
}
vis[u]++;
for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
{
if(t.g+val[i]+h[to[i]]<=E&&vis[to[i]]<K) pq.push(point(to[i],t.g+val[i]));
}
}
}
int main()
{
int i,a,b;
double c;
scanf("%d%d%lf",&n,&m,&E);
memset(head,-1,sizeof(head)),memset(hh,-1,sizeof(hh));
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%lf",&a,&b,&c);
add(a,b,c);
}
spfa(),astar();
printf("%d",vis[n]);
return 0;
}

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