题目描述

城市中有R条有向马路,n个马路连接点,通过每条马路都要花去一定费用。你现在在编号为1的连接点 ,手里有k元钱,要去n号连接点的最短路径的长度是多少?途中经过道路的花费不能超过k。注意:两个 马路连接点间可能有多条马路

输入格式

第一行,k(0 <= K <= 10000)

第二行,n(2 <= N <= 100)

第三行,R(1 <= R <= 10000)

以下R行

x y L t 从x到y的马路,长度L(1<=每条马路的长度<=100),花费t(0<=每条马路的费用<=100)

输出格式

满足条件最短路长度


很裸的二维最短路题。

不同于普通最短路的地方是,这里多了一维限制——花费不能超过k。在这个前提下,需要路径最短。

首先,题目并不要求花费最少。所以我们只需要不超过k即可。那么我们在松弛时,只需要判断花费不超过k即可。时间复杂度还是O((N+M)log(N+M))

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define maxn 101
#define maxm 10001
using namespace std; struct edge{
int to,dis,c,next;
edge(){}
edge(const int &_to,const int &_dis,const int &_c,const int &_next){ to=_to,dis=_dis,c=_c,next=_next; }
}e[maxm];
int head[maxn],k;
struct node{
int now,dis,cost;
node(){}
node(const int &_now,const int &_dis,const int &_cost){ now=_now,dis=_dis,cost=_cost; }
bool operator<(const node &x)const{ return dis>x.dis; }
};
priority_queue<node> q;
int n,m,w,ans; inline int read(){
register int x(0),f(1); register char c(getchar());
while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
} inline void dijkstra(){
q.push(node(1,0,0));
while(q.size()){
int u=q.top().now,d=q.top().dis,c=q.top().cost; q.pop();
if(u==n){ ans=d; return; }
for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(c+e[i].c<=w) q.push(node(v,d+e[i].dis,c+e[i].c));
}
}
} int main(){
int t=read();
while(t--){
memset(head,-1,sizeof head),k=0,ans=-1;
while(q.size()) q.pop();
w=read(),n=read(),m=read();
for(register int i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read(),w=read(),c=read();
e[k]=edge(v,w,c,head[u]),head[u]=k++;
}
dijkstra();
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

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