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。
输入输出格式
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 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 。
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。
输入输出样例
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
3
说明
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。
A星算法。先从终点SPFA到起点估价，然后A星宽搜（用堆维护花费最少的方案），每到终点就累加方案。
然而这题神TM卡priority_queue，用stl会MLE，非要手写堆才能过。
（根据dalao所说，这题省选原题限制内存256M，放到OJ上限制就改成了64M）
但是洒家不想向手写势力低头！
各种花式卡时，刷了一页评测记录，终于从50卡到80，从80卡到90，从90卡到AC。
在！这！停！顿！时间总计1小时45分钟
感到肝力上升了……
1 /*by SilverN*/ 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 #include<queue> 8 using namespace std; 9 const double eps=1e-7; 10 int read(){ 11 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 12 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 13 while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 14 return x*f; 15 } 16 const int mxn=200100; 17 struct edge{ 18 int v,nxt; 19 double dis; 20 }e[mxn],mp[mxn]; 21 int hd1[5002],hd2[5002]; 22 int mct1=0,mct2=0; 23 inline void add_edge(int u,int v,double dis){ 24 e[++mct1].v=v;e[mct1].nxt=hd1[u];e[mct1].dis=dis;hd1[u]=mct1; 25 return; 26 } 27 inline void add_edge2(int u,int v,double dis){ 28 mp[++mct2].v=v;mp[mct2].nxt=hd2[u];mp[mct2].dis=dis;hd2[u]=mct2; 29 return; 30 } 31 int n,m; 32 double E; 33 // 34 35 double dis[5002]; 36 struct target{ 37 unsigned short int u; 38 float w; 39 }; 40 bool operator< (target aa,target an) 41 {return aa.w+dis[aa.u]>an.w+dis[an.u];} 42 priority_queue<target>tp; 43 // 44 bool inq[5002]; 45 int head=0,tl=1; 46 int q[5010]; 47 void SPFA(){ 48 memset(dis,127,sizeof dis); 49 q[++head]=n; 50 dis[n]=0; 51 inq[n]=1; 52 int i,j; 53 while(head!=tl+1){ 54 int u=q[head++];if(head==5010)head=0; 55 for(register int i=hd2[u];i;i=mp[i].nxt){ 56 int v=mp[i].v; 57 if(dis[v]>dis[u]+mp[i].dis){ 58 dis[v]=dis[u]+mp[i].dis; 59 if(!inq[v]){ 60 inq[v]=1; 61 tl++;if(tl==5010)tl=0; 62 q[tl]=v; 63 } 64 } 65 } 66 inq[u]=0; 67 } 68 } 69 int ans=0; 70 void gt(){//A* 71 int i,j; 72 tp.push((target){1,0}); 73 while(!tp.empty()){ 74 target x=tp.top();tp.pop(); 75 if(x.u==n){ 76 E-=x.w; 77 78 // if(smm>E)break; 79 if(E+eps<0)return; 80 ans++; 81 continue; 82 } 83 if(x.w+dis[x.u]>E)continue; 84 for(register int i=hd1[x.u];i;i=e[i].nxt){ 85 tp.push( (target){e[i].v,x.w+e[i].dis} ); 86 } 87 } 88 return; 89 } 90 // 91 int main(){ 92 int i,j; 93 scanf("%d%d%f",&n,&m,&E); 94 int u,v; 95 float d; 96 for(register int i=1;i<=m;i++){ 97 // scanf("%d%d%lf",&u,&v,&d); 98 u=read(); 99 v=read(); 100 scanf("%f",&d); 101 add_edge(u,v,d); 102 add_edge2(v,u,d); 103 } 104 SPFA(); 105 gt(); 106 printf("%d\n",ans); 107 return 0; 108 }
