【bzoj2662】[BeiJing wc2012]冻结 分层图Spfa
原文地址:http://www.cnblogs.com/GXZlegend
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:
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。
输入
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。
输出
输出一个整数,表示从1 号城市到 N号城市的最小用时。
样例输入
4 4 1
1 2 4
4 2 6
1 3 8
3 4 8
样例输出
7
题解
分层图Spfa
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
queue<pair<int , int> > q;
int head[60] , to[2010] , len[2010] , next[2010] , cnt , dis[60][60] , inq[60][60];
void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
int main()
{
int n , m , k , i , x , y , z , ans = 0x3f3f3f3f;
scanf("%d%d%d" , &n , &m , &k);
while(m -- ) scanf("%d%d%d" , &x , &y , &z) , add(x , y , z) , add(y , x , z);
memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
dis[1][0] = 0 , q.push(make_pair(1 , 0));
while(!q.empty())
{
x = q.front().first , y = q.front().second , q.pop() , inq[x][y] = 0;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(dis[to[i]][y] > dis[x][y] + len[i])
{
dis[to[i]][y] = dis[x][y] + len[i];
if(!inq[to[i]][y]) inq[to[i]][y] = 1 , q.push(make_pair(to[i] , y));
}
if(y < k && dis[to[i]][y + 1] > dis[x][y] + len[i] / 2)
{
dis[to[i]][y + 1] = dis[x][y] + len[i] / 2;
if(!inq[to[i]][y + 1]) inq[to[i]][y + 1] = 1 , q.push(make_pair(to[i] , y + 1));
}
}
}
for(i = 0 ; i <= k ; i ++ ) ans = min(ans , dis[n][i]);
printf("%d\n" , ans);
return 0;
}
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