【SDOI 2010】魔法猪学院

【题目】

传送门

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 $s_i$、$t_i$、$e_i$ 表示 iPig 知道一种魔法，消耗 $e_i$ 的能量将元素 $s_i$ 变换到元素 $t_i$

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。

样例数据：

输入
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

输出
3

提示：

【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 $e_i$ 均为整数（可以直接作为整型数字读入）。
所有数据满足 $2$ ≤ $n$ ≤ $5000$，$1$ ≤ $m$ ≤ $200000$，$1$ ≤ $E$ ≤ $10^7$，$1$ ≤ $e_i$ ≤ $E$，$E$ 和所有的 $e_i$ 为实数。

【分析】

题解：A*算法

第一次接触 A* 算法，觉得这个算法比较玄妙，和爆搜不一样的是，它像是一种贪心版的 $dfs$

启发函数 $f(i)=g(i)+h(i)$ 表示估计的该结点的好坏（一般越小代表这个点越优），其中 $g(i)$ 表示从初始结点到 $i$ 的路径长度，$h(i)$ 表示从 $i$ 到目标结点的距离的估计（估计值不能大于实际代价）。A* 算法每次选择 $f(i)$ 最小的点进行拓展

我们把 $h(i)$ 叫做估价函数，我觉得它是 A* 算法的核心，只要 $h(i)$ 足够优秀，搜索就会很快

怎么确定估计值呢，比如说对于这道题，可以简单地看成 $t$ 到各个点的最短路（这样 $h(i)$ 肯定是比实际要小的）

这里摘一个证明
证明： 当 $h(i)$ 小于等于真实距离时是真实解，因为通过 $f(i)$ 的比较每次被临时放弃的节点都是因为自己的 $f(i)$ 比别人的大，而自己的 $g(i)$ 是真实距离，$h(i)$ 又小于等于真实距离，所以这个被放弃的点在这一步的确不是最优解，直到它可能是最优解的时候它才会被搜索。 故得证。

A* 算法我觉得先感性理解就行了，先不要过多地深究，不然可能会把自己绕晕

$Ps$：洛谷上这道题貌似卡 A* 算法，可以去其他的网站去交

【代码】

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 5005
#define M 200005
using namespace std;
int n,m,t1,t2,ans;double e,dist[N];
int first[N],v[M],nxt[M];double w[M];
int First[N],V[M],Nxt[M];double W[M];
struct node{int x;double cost;};
bool operator<(const node &p,const node &q)  {return dist[p.x]+p.cost>dist[q.x]+q.cost;}
void add(int x,int y,double z)  {nxt[++t1]=first[x];first[x]=t1;v[t1]=y;w[t1]=z;}
void readd(int x,int y,double z)  {Nxt[++t2]=First[x];First[x]=t2;V[t2]=y;W[t2]=z;}
priority_queue<pair<double,int> >q;
void dijkstra(int s)
{
	int x,y,i;
	memset(dist,127,sizeof(dist));
	q.push(make_pair(0,s));dist[s]=0;
	while(!q.empty())
	{
		x=q.top().second;q.pop();
		for(i=First[x];i;i=Nxt[i])
		{
			y=V[i];
			if(dist[y]>dist[x]+W[i])
			{
				dist[y]=dist[x]+W[i];
				q.push(make_pair(-dist[y],y));
			}
		}
	}
}
priority_queue<node>que;
void A_star()
{
	que.push((node){1,0});
	while(!que.empty())
	{
		node now=que.top();
		que.pop();
		if(now.x==n)
		{
			e-=now.cost;
			if(e<0)  return;
			ans++;continue;
		}
		int i,j;
		for(i=first[now.x];i;i=nxt[i])
		{
			j=v[i];
			que.push((node){j,now.cost+w[i]});
		}
	}
}
int main()
{
	int x,y,i;double z;
	scanf("%d%d%lf",&n,&m,&e);
	for(i=1;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z);
		add(x,y,z),readd(y,x,z);
	}
	dijkstra(n);
	A_star();
	printf("%d",ans);
	return 0;
}