BZOJ2662 [BeiJing wc2012]冻结 最短路

这道题有两种做法。

第一种做法：

对于每个节点，记录经过它时已经使用x次魔法卡片时的最短时间，然后使用最短路算法更新这个值。注意，如果使用的是SPFA算法，不论是使用几次的最短时间被更新了，都要将其重新入队。

第二种做法：

我们把图复制K次，在两个相邻的图之间，如果原图中存在一条边<vi,vj>，其权值为w，那么在新图的第p层和第p+1层中，连接一条边<vi(p),vj(p+1)>，其权值为w/2，这样就保证了只有K条边经过时使用了魔法卡片。

下面的代码对应上面的第一种做法。

//BZOJ2662#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<string>#include<cstring>#include<vector>#include<queue>#include<utility>using namespace std;const int INF=1e9;int n,m,k,in1,in2,in3,f[110][110],ans=INF;bool used[110];vector<pair<int,int> > graph[110];queue<int> q;void SPFA(int s){    for(int i=1;i<=n;i++)        for(int j=0;j<=k;j++)            f[i][j]=INF;    f[s][0]=0;    used[s]=true;    q.push(s);    while(!q.empty())    {        int x=q.front(),len=graph[x].size();        q.pop();        used[x]=false;        for(int i=0;i<len;i++)        {            bool relaxed=false;            int t=graph[x][i].first,w=graph[x][i].second;            for(int j=0;j<=k;j++)            {                if(f[t][j]>f[x][j]+w) f[t][j]=f[x][j]+w,relaxed=true;                if(j&&f[t][j]>f[x][j-1]+(w>>1)) f[t][j]=f[x][j-1]+(w>>1),relaxed=true;            }            if(relaxed&&!used[t])            {                used[t]=true;                q.push(t);            }        }    }}int main(){    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);    for(int i=1;i<=m;i++)    {        scanf("%d%d%d",&in1,&in2,&in3);        graph[in1].push_back(make_pair(in2,in3));        graph[in2].push_back(make_pair(in1,in3));    }    SPFA(1);    for(int i=0;i<=k;i++)        ans=min(ans,f[n][i]);    printf("%d\n",ans);    return 0;}