BZOJ 1975 [Sdoi2010]魔法猪学院 A*+SPFA

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。

Source

Sdoi2010 Contest2 Day2

k短路的模板题。。
此题的贪心思路应该是很简单的，就是从第1~k短路都求出来长度，然后一个个减。
不得不说这题很是坑爹（luogu上交了至少30遍感觉吧QAQ）！！！
后来把STL的堆改成了手写堆。。
内存少了好多！
时间快了好多！

网上好像还有大神的其它做法，，我就只能%一%了。。。

还有就是快速读入本来有的，，但是小数的似乎有些麻烦，就没加。

#include<cstdio>#include<queue>#include<algorithm>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;int read(){    int x=0,f=1;char ch=getchar();    while (ch<'0' || ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}    while (ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}    return x*f;}const int    N=5005,    M=200005;int n,m,ans,i,Ecnt,Ecnt1;bool vis[N];double Ene,dist[N];struct node{    double g;     int p;};node Heap[2000010];int Heaplen;void push(node x){Heap[++Heaplen]=x;int j=Heaplen;while (j>1 && Heap[j>>1].g+dist[Heap[j>>1].p]>Heap[j].g+dist[Heap[j].p]){swap(Heap[j],Heap[j>>1]);j>>=1;}}void pop(){swap(Heap[1],Heap[Heaplen]);Heaplen--;int j=1,l,r,mi;while (j<=Heaplen){l=j<<1;r=j<<1|1;if (l<=Heaplen && Heap[l].g+dist[Heap[l].p]<Heap[j].g+dist[Heap[j].p]) mi=l;else mi=j;if (r<=Heaplen && Heap[r].g+dist[Heap[r].p]<Heap[mi].g+dist[Heap[mi].p]) mi=r;if (j==mi) return;swap(Heap[j],Heap[mi]);j=mi;}}struct Edge{    int next,to;    double val;}E[M],Eopp[M];int head[N],head_opp[N];void add(int u,int v,double w){    E[++Ecnt].next=head[u];    E[Ecnt].to=v;    E[Ecnt].val=w;    head[u]=Ecnt;}void add_opp(int u,int v,double w){    Eopp[++Ecnt1].next=head_opp[u];    Eopp[Ecnt1].to=v;    Eopp[Ecnt1].val=w;    head_opp[u]=Ecnt1;}queue<int>q;void SPFA(){    for (i=1;i<N;i++) dist[i]=9999999999.0;    int tmp;    vis[n]=1;  dist[n]=0.0;    q.push(n);    while (!q.empty()){        tmp=q.front();   q.pop();        vis[tmp]=0;        for (i=head_opp[tmp];i;i=Eopp[i].next)            if (dist[Eopp[i].to]>dist[tmp]+Eopp[i].val){                dist[Eopp[i].to]=dist[tmp]+Eopp[i].val;                if (!vis[Eopp[i].to]){                    q.push(Eopp[i].to);                    vis[Eopp[i].to]=1;                }            }    }}void A_Star(){    node tmp,tt;    tmp.g=0.0; tmp.p=1;    push(tmp);    while (Heaplen){        tt=Heap[1]; pop();        if (tt.p==n && Ene>=tt.g){            Ene-=tt.g; ans++;            if (Ene<=0) break;            continue;        }        if (tt.p==n && Ene<tt.g) break;        if (tt.g+dist[tt.p]>Ene) break;        for (i=head[tt.p];i;i=E[i].next)if (tt.g+E[i].val+dist[tt.p]<=Ene){            tmp.g=tt.g+E[i].val;            tmp.p=E[i].to;            push(tmp);        }    }}int main(){    n=read(),m=read();    scanf("%lf",&Ene);    int x,y;  double z;    Ecnt=Ecnt1=0;    for (i=1;i<=m;i++){        x=read(),y=read();        scanf("%lf",&z);        add(x,y,z); add_opp(y,x,z);    }    SPFA();    Heaplen=0;    ans=0; A_Star();    printf("%d\n",ans);    return 0;}