BZOJ_2662_[BeiJing wc2012]冻结_分层图最短路

BZOJ_2662_[BeiJing wc2012]冻结_分层图最短路

Description

“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。

Input

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。

Output

输出一个整数，表示从1 号城市到 N号城市的最小用时。

Sample Input

4 4 1
1 2 4
4 2 6
1 3 8
3 4 8

Sample Output

7
【样例1 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。

HINT

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

1≤  Ai，Bi ≤  N，2 ≤  Timei  ≤  2000。

为保证答案为整数，保证所有的 Timei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。

---

分层图最短路裸题，这里试了下pb_ds的配对堆，果然快到不知哪里去。

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
#define mr(x,y) make_pair(x,y)
#define N 2750
#define M 500050
int head[N],to[M],nxt[M],cnt,n,m,k,val[M],ans=1<<30,dis[N],vis[N];
__gnu_pbds::priority_queue<pair<int,int> >q;
inline void add(int u,int v,int w) {
	to[++cnt]=v; nxt[cnt]=head[u]; head[u]=cnt; val[cnt]=w;
}
void dij() {
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[1]=0;
	q.push(mr(0,1));
	int i;
	while(!q.empty()) {
		int x=q.top().second; q.pop();
		if(vis[x]) continue;
		vis[x]=1;
		for(i=head[x];i;i=nxt[i]) {
			if(dis[to[i]]>dis[x]+val[i]) {
				dis[to[i]]=dis[x]+val[i];
				q.push(mr(-dis[to[i]],to[i]));
			}
		}
	}
	for(i=0;i<=k;i++) {
		ans=min(ans,dis[i*n+n]);
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	int i,x,y,z,j;
	for(i=1;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		for(j=0;j<k;j++) {
			add(j*n+x,j*n+y,z);
			add(j*n+y,j*n+x,z);
			add(j*n+x,(j+1)*n+y,z/2);
			add(j*n+y,(j+1)*n+x,z/2);
		}
		add(k*n+x,k*n+y,z);
		add(k*n+y,k*n+x,z);
	}
	dij();
	printf("%d\n",ans);
}