bzoj2662 [BeiJing wc2012]冻结

Posted 2020-10-03 zbtrs

2662: [BeiJing wc2012]冻结

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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。   

分析：学到了新姿势.这道题是一道分层图最短路的题，特点大概就是用了一些技能有一些边的权值就会改变最多用k次那种，解法是用spfa,多加一位状态表示用了几次，每次分不用魔法和用魔法来松弛，非常好理解。不过听说用迪克斯特拉算法更好，分层图上spfa跑不快？反正我只会spfa233.

教训：一些例如u.use,u.x之类的变量最好另开一个变量来表示，我就在这里WA了好几次.

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>

using namespace std;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

int n, m, k,head[110],to[2020],nextt[2020],w[2020],tot,vis[60][60],d[60][60],ans = inf;

struct node
{
    int x, use;
};

void add(int x, int y, int z)
{
    w[tot] = z;
    to[tot] = y;
    nextt[tot] = head[x];
    head[x] = tot++;
}

void spfa()
{
    memset(d, 0x3f3f3f3f, sizeof(d));
    queue <node> q;
    node t;
    t.x = 1;
    t.use = 0;
    q.push(t);
    vis[1][0] = 1;
    d[1][0] = 0;
    while (!q.empty())
    {
        node u = q.front();
        q.pop();
        vis[u.x][u.use] = 0;
        int x = u.x, use = u.use;
        for (int i = head[x]; i + 1; i = nextt[i])
        {
            int v = to[i];
            if (d[v][use] > d[x][use] + w[i])
            {
                d[v][use] = d[x][use] + w[i];
                if (!vis[v][use])
                {
                    node temp;
                    temp.x = v;
                    temp.use = use;
                    vis[v][use] = 1;
                    q.push(temp);
                }
            }
            if (use < k)
            {
                if (d[v][use + 1] > d[x][use] + w[i] / 2)
                {
                    d[v][use + 1] = d[x][use] + w[i] / 2;
                    if (!vis[v][use + 1])
                    {
                        vis[v][use + 1] = 1;
                        node temp;
                        temp.x = v;
                        temp.use = use + 1;
                        q.push(temp);
                    }
                }
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i <= k; i++)
        ans = min(ans, d[n][i]);
}

int main()
{
    memset(head, -1, sizeof(head));
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int a, b, time;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &time);
        add(a, b, time);
        add(b, a, time);
    }
    spfa();
    printf("%d\n", ans);

    return 0;
}