BZOJ1975 魔法猪学院 （洛谷P2483）

A*， K短路

Description

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。
Input

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 。
Output

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。
Sample Input

4 6 14.9

1 2 1.5

2 1 1.5

1 3 3

2 3 1.5

3 4 1.5

1 4 1.5

Sample Output

3

HINT

样例解释
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。

这题的估价函数是准确的，即i到n的最短路，spfa跑一遍即可。
既然是准确的，那么跑A*的时候只要到了n就可以ans++，然后continue掉。
注意剪枝优化一下。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
double e,d,dis[5005];
struct mmp{
    int next;
    int to;
    double dis;
};
struct laji{
    double cost;
    int x;
    bool operator < (laji const &a) const{
        return (a.cost+dis[a.x]<cost+dis[x]);
    }
};
mmp a[400005],a1[400005];
int n,m,u,v,k=0,k1=0,h[400005],b[10005],h1[400005];
bool f[5005];
void read(int x,int y,double z)
{
    k++;
    a[k].next=h[x];
    a[k].to=y;
    a[k].dis=z;
    h[x]=k;
}
void read1(int x,int y,double z)
{
    k1++;
    a1[k1].next=h1[x];
    a1[k1].to=y;
    a1[k1].dis=z;
    h1[x]=k1;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%lf",&n,&m,&e);
    for (int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d%lf",&u,&v,&d); 
            read(u,v,d);
            read1(v,u,d);
        }
    memset(dis,127,sizeof(dis));
    dis[n]=0; b[1]=n; f[n]=true;
    int r=0,w=1;
    while (r!=w)
        {
            r=(r+1)%10000;
            int x=b[r];
            f[x]=false;
            for (int i=h1[x];i!=0;i=a1[i].next)
                {
                    if (dis[a1[i].to]>dis[x]+a1[i].dis)
                        {
                            dis[a1[i].to]=dis[x]+a1[i].dis;
                            if (!f[a1[i].to]) 
                                {
                                    w=(w+1)%10000;
                                    b[w]=a1[i].to;
                                    f[a1[i].to]=true;
                                }
                        }
                }
        }
    priority_queue<laji> lj;
    laji x;
    x.cost=0;
    x.x=1;
    lj.push(x);
    int ans=0;
    while (!lj.empty())
        {
            laji y;
            y=lj.top();
            lj.pop();
            if (y.x==n&&e>=y.cost) { ans++; e-=y.cost; if (e<=0) break; continue; }
            if (y.x==n&&e<y.cost) break;
            if (y.cost+dis[y.x]>e) break;
            for (int i=h[y.x];i!=0;i=a[i].next)
                if (dis[a[i].to]+y.cost+a[i].dis<=e)
                    {
                        laji ll;
                        ll.cost=y.cost+a[i].dis;
                        ll.x=a[i].to;
                        lj.push(ll);
                    }
        }   
    printf("%d",ans);
    return 0;
}