【BZOJ1975】[Sdoi2010]魔法猪学院

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。

题解：A*算法求k短路，先在反图上跑一边SPFA求最短路，记每个点到终点的最短距离为h[i]，然后再正着跑Dijkstra，记从1到每个点的已经走得距离为g[i]，将估价函数设定为g[i]+h[i]即可。

优化：当每个点入队k+1次时，不将其进入队列。但是k不是固定的，我们记每个点入队的次数为vis[i]，我们令k=vis[n]+E/g[n]即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cmath>
using namespace std;
int n,m,cnt,K;
double E;
const int maxn=5010;
const int maxm=200010;
double h[maxn],val[maxm],vv[maxm];
int to[maxm],next[maxm],head[maxn],tt[maxm],nn[maxm],hh[maxn],inq[maxn],vis[maxn];
struct point
{
	int v;
	double g;
	point() {}
	point(int a,double b) {v=a,g=b;}
};
bool operator < (point a,point b)
{
	return h[a.v]+a.g>h[b.v]+b.g;
}
void add(int a,int b,double c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt;
	tt[cnt]=a,vv[cnt]=c,nn[cnt]=hh[b],hh[b]=cnt++;
}
queue<int> q;
priority_queue<point> pq;
void spfa()
{
	int i,u;
	for(i=1;i<n;i++)	h[i]=99999999.99;
	q.push(n);
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
		for(i=hh[u];i!=-1;i=nn[i])
		{
			if(h[tt[i]]>h[u]+vv[i])
			{
				h[tt[i]]=h[u]+vv[i];
				if(!inq[tt[i]])	inq[tt[i]]=1,q.push(tt[i]);
			}
		}
	}
}
void astar()
{
	pq.push(point(1,0)),K=floor(E/h[1]);
	point t;
	int i,u;
	while(!pq.empty())
	{
		t=pq.top(),pq.pop(),u=t.v;
		if(vis[u]>=K)	continue;
		if(u==n)
		{
			if(E<t.g)	return ;
			K=vis[n]+floor(E/(t.g)),E-=t.g;
		}
		vis[u]++;
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(t.g+val[i]+h[to[i]]<=E&&vis[to[i]]<K)	pq.push(point(to[i],t.g+val[i]));
		}
	}
}
int main()
{
	int i,a,b;
	double c;
	scanf("%d%d%lf",&n,&m,&E);
	memset(head,-1,sizeof(head)),memset(hh,-1,sizeof(hh));
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%lf",&a,&b,&c);
		add(a,b,c);
	}
	spfa(),astar();
	printf("%d",vis[n]);
	return 0;
}

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