洛谷P2483 Bzoj1975 [SDOI2010]魔法猪学院

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

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 。

输出格式：

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。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

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。

A星算法。先从终点SPFA到起点估价，然后A星宽搜（用堆维护花费最少的方案），每到终点就累加方案。

然而这题神TM卡priority_queue，用stl会MLE，非要手写堆才能过。

（根据dalao所说，这题省选原题限制内存256M，放到OJ上限制就改成了64M）

但是洒家不想向手写势力低头！

各种花式卡时，刷了一页评测记录，终于从50卡到80，从80卡到90，从90卡到AC。

在！这！停！顿！时间总计1小时45分钟

感到肝力上升了……

 /*by SilverN*/

 #include<algorithm>

 #include<iostream>

 #include<cstring>

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 #include<queue>

 using namespace std;

 const double eps=1e-;

 int read(){

     int x=,f=;char ch=getchar();

     while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}

     while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}

     return x*f;

 }

 const int mxn=;

 struct edge{

     int v,nxt;

     double dis;

 }e[mxn],mp[mxn];

 int hd1[],hd2[];

 int mct1=,mct2=;

 inline void add_edge(int u,int v,double dis){

     e[++mct1].v=v;e[mct1].nxt=hd1[u];e[mct1].dis=dis;hd1[u]=mct1;

     return;

 }

 inline void add_edge2(int u,int v,double dis){

     mp[++mct2].v=v;mp[mct2].nxt=hd2[u];mp[mct2].dis=dis;hd2[u]=mct2;

     return;

 }

 int n,m;

 double E;

 //

 double dis[];

 struct target{

     unsigned short int u;

     float w;

 };

 bool operator< (target aa,target an)

 {return aa.w+dis[aa.u]>an.w+dis[an.u];}

 priority_queue<target>tp;

 //

 bool inq[];

 int head=,tl=;

 int q[];

 void SPFA(){

     memset(dis,,sizeof dis);

     q[++head]=n;

     dis[n]=;

     inq[n]=;

     int i,j;

     while(head!=tl+){

         int u=q[head++];if(head==)head=;

         for(register int i=hd2[u];i;i=mp[i].nxt){

             int v=mp[i].v;

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

                 dis[v]=dis[u]+mp[i].dis;

                 if(!inq[v]){

                     inq[v]=;

                     tl++;if(tl==)tl=;

                     q[tl]=v;

                 }

             }

         }

         inq[u]=;

     }

 }

 int ans=;

 void gt(){//A*

     int i,j;

     tp.push((target){,});

     while(!tp.empty()){

         target x=tp.top();tp.pop();

         if(x.u==n){

             E-=x.w;

 //            if(smm>E)break;

             if(E+eps<)return;

             ans++;

             continue;

         }

         if(x.w+dis[x.u]>E)continue;

         for(register int i=hd1[x.u];i;i=e[i].nxt){

             tp.push( (target){e[i].v,x.w+e[i].dis} );

         }

     }

     return;

 }

 //

 int main(){

     int i,j;

     scanf("%d%d%f",&n,&m,&E);

     int u,v;

     float d;

     for(register int i=;i<=m;i++){

 //        scanf("%d%d%lf",&u,&v,&d);

         u=read();

         v=read();

         scanf("%f",&d);

         add_edge(u,v,d);

         add_edge2(v,u,d);

     }

     SPFA();

     gt();

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

     return ;

 }