题解：P2483 【模板】k 短路 / [SDOI2010] 魔法猪学院-优快云博客

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不保证本篇题解不会被 hack

A*不加可和并堆优化也是可以水过的哦。

首先我们可以写一个不加任何剪枝与卡常的代码（为了缩短文章篇幅，只给出关键代码）：

dij(n);//tmp[i] 表示 i 到 n 的最短路
pq<pair<double,int>>q;//pq是小根堆
q.push({tmp[1],1});
while(q.size()){
  int u=q.top().second;
  double t=q.top().first;
  q.pop();
  v[u]++;
  if(t>e)continue;
  if(u==n){
    ans++;
    e-=t;
    continue;
  }
  for(auto[v,w]:g[u]){
    q.push({t+w+tmp[v]-tmp[u],v});
  }
}

然后你就会发现有两个点 MLE 了（#1 & #4），经过测试，dij 只使用了 $11$ MB，这也就意味着 A* 用了至少 $117$ MB，经过估算，队列中大约存储了 $6.3\times10^6$ 个元素，显然，队列是使用空间最大的变量。

为了使队列元素个数变少，我们需要删除不必要的元素，也就是对队列长度进行限制。

当在判断元素 $x$ 是否可以删除时，只要满足比队列中 $x$ 大的树的和 $s u m > E$ ，那么 $E$ 一定会在 $x$ 出队之前就被减为负数，一定不会计算到 $x$ 出队，所以这个时候 $x$ 在不在队列里就不重要了。

也就是说，当队列中元素总和大于 $E$ 时，可以将队列中最大的元素删掉。

具体来讲就是：

multiset<pair<double,int>>q;//注意这里为了删除最大元素将优先队列换成了 multiset
q.insert({tmp[1],1});
double sum=tmp[1];
while(!q.empty()){
  int u=q.begin()->second;
  double t=q.begin()->first;
  q.erase(q.begin());
  if(t>e)break;
  sum-=t;
  if(u==n){
    ans++;
    e-=t;
    continue;
  }
  for(auto[v,w]:g[u]){
    double tmp2=t+w+tmp[v]-tmp[u];
    q.insert({tmp2,v});
    sum+=tmp2;
    if(sum>e){
      auto tmp=q.end();tmp--;
      sum-=tmp->first;
      q.erase(tmp);//删除最大元素
    }
  }
}

这样，我们就限制了队列长度不会太大，于是我们解锁了新的测试信息：TLE（#1）。

由于我实在是太菜了，我下载了这个数据点，发现这个图的结构如下：

$n = 5000$ 。
$1$ 到 $5000$ 有一条单向边。
$1$ 到 $i(i\in\Z\cap[2,n-1])$ 有一条双向边。
$E = 10000000$

不难发现，对于编号在 $2$ 到 $n - 1$ 之间的点，似乎这些点好像可以合并成一个点，如果这样的话那就只剩下 $3$ 个点了，不管你怎么搜都不会超时。

我们必须分析清楚，什么时候可以合并两个点。

我画了如下一个抽象的图来解释：

这个图表述的含义是：

有 $1$ 到 $x$ 的路径
连向点 $i, j$ 的只有 $x$ ，且 $x$ 到 $i$ 的边权等于到 $j$ 的。
$i, j$ 只连向 $y$ ，且 $i$ 到 $y$ 的边权等于 $j$ 到 $y$ 的。
有 $y$ 到 $n$ 的路径

如果满足这些条件，那么 $i$ 和 $j$ 就可以看做是同一个点，显然可以合并，减少计算量。

合并部分的代码：

for(int i=2;i<n;i++){
  if(gt(i)!=i)continue;
  for(int j=i+1;j<n;j++){//n^2 不会 TLE，所以直接无脑暴力
    if(gt(j)!=j)continue;//gt 是并查集找祖先的函数
    if(g[i].size()==1&&g2[i].size()==1&&g[i]==g[j]&&g2[i]==g2[j]){//g2 是反图
      merge(i,j);//并查集合并
    }
  }
}
for(int i=1;i<=n;i++){
  if(f[i]==i){
    cnt[i]=sz[i];//sz[i] 是联通块大小，cnt 表示这个点是多少个点1合并得到的
  }
}

合并之后，只需要把 $u$ 更新一次到 $v$ 变为更新 cnt[v] 次到 $v$ 就可以了，但是（可能）会 TLE，所以考虑只在队列中插入一次 $v$ ，但是记录这个 $v$ 相当于插入了 cnt[v] 次。

具体看代码（这个剪枝可能有一点点小问题，因为几乎只有 #1 用了这个剪枝）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<typename T>
using pq=priority_queue<T,vector<T>,greater<T>>;
int n,m,v[5005],ans,cnt[5005];
double tmp[5005],e;
vector<pair<int,double>>g[5005],g2[5005];
void dij(int x){
	for(int i=1;i<=n;i++)tmp[i]=1e18;
	tmp[x]=0;
	pq<pair<double,int>>q;
	q.push({0,x});
	while(q.size()){
		int u=q.top().second;
		double t=q.top().first;
		q.pop();
		if(v[u])continue;
		v[u]=1;
		for(auto[v,w]:g2[u]){
			if(tmp[v]>t+w){
				tmp[v]=t+w;
				q.push({tmp[v],v});
			}
		}
	}
}
namespace aaaa{
	int f[5005],n,sz[5005];
	void init(){
		n=::n;
		for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i,sz[i]=1;
	}
	int gt(int x){if(x==f[x])return f[x];return f[x]=gt(f[x]);}
	void merge(int x,int y){
		f[x]=y;
		sz[y]+=sz[x];
		sz[x]=0;
	}
}
signed main(){
//	freopen("P2483_1.in","r",stdin);
	cin>>n>>m>>e;
	aaaa::init();
	while(m--){
		int u,v;
		double w;
		cin>>u>>v>>w;
		g[u].push_back({v,w});
		g2[v].push_back({u,w});
	}
	dij(n);
	for(int i=2;i<n;i++){
		if(aaaa::gt(i)!=i)continue;
		for(int j=i+1;j<n;j++){
			if(aaaa::gt(j)!=j)continue;
			if(g[i].size()==1&&g2[i].size()==1&&g[i]==g[j]&&g2[i]==g2[j]){
				aaaa::merge(i,j);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(aaaa::f[i]==i){
			cnt[i]=aaaa::sz[i];
		}
	}
	multiset<pair<double,pair<int,int>>>q;
	q.insert({tmp[1],{1,cnt[1]}});
	double sum=tmp[1];
	while(!q.empty()){
		pair<double,pair<int,int>>p=*q.begin();
		int u=p.second.first;
		int times=p.second.second;
		double t=p.first;
		q.erase(q.begin());
		if(t>e)break;
		sum-=t*times;
		if(u==n){
			ans+=min<int>(times,e/t);
			e-=t*times;
			e=max<double>(e,0);
			continue;
		}
		for(auto[v,w]:g[u]){
			if(cnt[v]==0)continue;
			double tmp2=t+w+tmp[v]-tmp[u];
			if(tmp2>e)continue;
			q.insert({tmp2,{v,times*cnt[v]}});
			sum+=tmp2*times*cnt[v];
			if(sum>e){
				auto tmp=q.end();tmp--;
				pair<double,pair<int,int>>p=*tmp;
				int t=p.second.second;
				double x=p.first;
				int u=p.second.first;
				sum-=x*t;
				q.erase(tmp);
				int k=(e-sum)/x;
				if(k)q.insert({x,{u,k}}),sum+=k*x;
			}//注意这一部分常数稍微大一点就会 TLE 80 分，因为进行了大量的乘除运算
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}