poj 3662 最短路+优先队列+二分法

题目链接：http://poj.org/problem?id=3662

题目大意：一个无向图有n个点，p条边，边上有权值，现要把1和n连接起来，但最多提供k条边免费，花费取路径中其余的边中最大权值，求所需的最小花费。即要求选择若干条边构成顶点1到顶点n的一条路径, 使得路径上边权最大值(不包括免费边)最小.

思路：假设A是可行解，即路径上边权最大值为A，则该路径上边权大于A的边一定小于等于K条。

若A不是最优解，那么必然B<A，使得路径上边权大于B的边小于等于K。

于是我们可以二分答案，得到一个值X，将所有小于等于X的边变为0，大于X的边变为1。

做最短路，则1到N的距离就是所用权值大于X边的条数。如果小于等于K，则是一个可行解。

#include<iostream>#include<queue>using namespace std;#define MAXV 1005 /*最大顶点数*/#define MAXE 30005 /*最大边数*/int p[MAXV],d[MAXV]; /*分别记录与顶点i相连的第一条边的编号和顶点i到1的大于当前可行解x的边数*/int eid; /*记录边的序号*/int n,visit[MAXV];struct node{int id,dis; friend bool operator< (node n1, node n2) { return n1.dis < n2.dis; /*从大到小*/ }}; /*优先队列*/typedef struct {int v,next,cost;}edge;edge e[MAXE];int cmp(const void *a,const void *b){return *(int *)a-*(int *)b;}void addedge(int from,int to,int dis) /*加入边*/{e[eid].v=to;e[eid].cost=dis;e[eid].next=p[from];p[from]=eid;eid++;}int dijkstra(int x) /*返回当前可行解为x时，从1到达n所需的长度大于x的最小路径条数*/{priority_queue<node>q;node temp,tt;int i,u,v,t,len,j;for(i=1;i<=n;i++){d[i]=MAXE;visit[i]=0;}d[1]=0;temp.id=1;temp.dis=0;q.push(temp); /*顶点1入队列*/while(!q.empty()) /*每次取具有最小dis值的顶点出队*/{temp=q.top();q.pop();u=temp.id;len=temp.dis;if(visit[u]==1)continue;for(j=p[u];j!=0;j=e[j].next) /*修改与u相连的顶点信息*/{v=e[j].v;t=e[j].cost>x?1:0;if(!visit[v] && d[v]>d[u]+t){d[v]=d[u]+t;tt.id=v;tt.dis=d[v];q.push(tt);}}}return d[n];}int main(){int from,to,dis,i,j,m,k,top;int l,r,mid,ans,temp,len[MAXE];while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF){eid=1; /*边数初始化*/top=0;len[top]=0; /*记录所有的边长*/memset(p,0,sizeof(p));for(i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&from,&to,&dis);addedge(from,to,dis);addedge(to,from,dis);len[++top]=dis;}qsort(len,top+1,sizeof(len[0]),cmp);j=0;for(i=1;i<=top;i++)if(len[i]!=len[j])len[++j]=len[i]; /*将边长相同的去除*/l=0;r=j;ans=-1;while(l<=r){mid=(l+r)/2;temp=dijkstra(len[mid]);if(temp<=k){r=mid-1;ans=len[mid];}elsel=mid+1;}printf("%d/n",ans);} return 0;}