洛谷 P2483 BZOJ 1975 [SDOI2010]魔法豬學院

題目描述

iPig在假期來到了傳說中的魔法豬學院，開始爲期兩個月的魔法豬訓練。通過了一週理論知識和一週基本魔法的學習以後，iPig對豬世界的世界本原有了不少的瞭解：衆所周知，世界是由元素構成的；元素與元素之間能夠互相轉換；能量守恆……。

能量守恆……iPig 今天就在進行一個麻煩的測驗。iPig 在以前的學習中已經知道了不少種元素，並學會了能夠轉化這些元素的魔法，每種魔法須要消耗 iPig 必定的能量。做爲 PKU 的頂尖學豬，讓 iPig 用最少的能量完成從一種元素轉換到另外一種元素……等等，iPig 的魔法導豬可沒這麼笨！這一次，他給 iPig 帶來了不少 1 號元素的樣本，要求 iPig 使用學習過的魔法將它們一個個轉化爲 N 號元素，爲了增長難度，要求每份樣本的轉換過程都不相同。這個看似困難的任務實際上對 iPig 並無挑戰性，由於，他有堅實的後盾……如今的你呀！

注意，兩個元素之間的轉化可能有多種魔法，轉化是單向的。轉化的過程當中，能夠轉化到一個元素（包括開始元素）屢次，可是一但轉化到目標元素，則一份樣本的轉化過程結束。iPig 的總能量是有限的，因此最多可以轉換的樣本數必定是一個有限數。具體請參看樣例。

輸入輸出格式

輸入格式：

 

第一行三個數 N、M、E 表示iPig知道的元素個數（元素從 1 到 N 編號）、iPig已經學會的魔法個數和iPig的總能量。

後跟 M 行每行三個數 $s_i$、$t_i$、$e_i$ 表示 iPig 知道一種魔法，消耗 $e_i$ 的能量將元素 $s_i$ 變換到元素 $t_i$ 。

 

輸出格式：

 

一行一個數，表示最多能夠完成的方式數。輸入數據保證至少能夠完成一種方式。

 

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

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

輸出樣例#1：

3

說明

有意義的轉換方式共4種：

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

顯然最多隻能完成其中的3種轉換方式（選第一種方式，後三種方式仍選兩個），即最多能夠轉換3份樣本。 若是將 E=14.9 改成 E=15，則能夠完成以上所有方式，答案變爲 4。

數據規模

佔總分不小於 10% 的數據知足 $N <= 6$，$M<=15$。

佔總分不小於 20% 的數據知足 $N <= 100$，$M<=300$，$E<=100$且$E$和全部的$e_i$均爲整數（能夠直接做爲整型數字讀入）。

全部數據知足 $2 <= N <= 5000$，$1 <= M <= 200000$，$1<=E<=10^7$，$1<=e_i<=E$，$E$和$e_i$爲實數。

 

解題思路

　　//原本想寫一題左偏樹練練手速的，百度一下就找到了這題，結果彷佛不必用左偏樹。。。只是由於BZOJ很喪病，卡優先隊列的內存，你們就紛紛選擇了手寫堆，某些大牛選擇了左偏樹當作可持久化堆，動態開點節省空間，而我這等蒟蒻用恆定大小的手寫二叉堆的就夠了…………

　　迴歸正題。

　　這題很容易看出來是求前k短路，是路徑權值之和小於等於E，由於一種轉化方式完成後就不能再用了，而爲了儘可能多地完成轉換，確定要選擇當前轉換代價最小(最短路、次短路、第3短路……)，轉換完成一次(路徑到達n點一次)就統計答案ans++，最後輸出答案。

　　找k短路的算法最容易想到的是BFS暴搜，第k次搜到n點就是k短路。經過 百度一下 查閱資料咱們學到了一種名叫A*的算法，用它能夠求第K短路，證實不會，可是板子挺好背的，看幾遍也就記住了……(2019年01月27日 更新 放一個月時間也就忘了)

 

　　A*有一個東西叫估價函數$f(n)$，$f(n)=g(n)+h(n)$，在求k短路的問題中，$g(n)$是從起點出發已經走了的長度，$h(n)$是從這個點到終點的最短路。

　　因爲用到每一個點到終點的最短路，咱們能夠在反向圖上跑一遍spfa，求出終點到每一個點的最短路，用dis[i]表示終點到第$i$號點的最短距離。

 

　　而後就能夠跑A*了。

　　創建一個優先隊列，每一個元素爲{d,u}，d=f(u)，優先隊列是以d爲鍵值的小根堆。

　　首先把{dis[1],1}/*即第一個點*/加入優先隊列，而後進入以下循環——

　　　　(1) 從優先隊列中取出d最小的節點u;

　　　　(2)若是u是終點n，那麼就找到了一條k短路(第k次取出n點時的d就是第k短路路徑長度)，E-=d，若是此時剩餘的E>=0(浮點數判斷能夠用$1e-6$)，也就是有足夠能量進行這次轉換，那麼ans++，不然能量不足，退出A*;

　　　　(3)拓展正向圖中與u直接相連的點，並將它們入隊(壓入堆中)，設當前與u相連的點爲v，邊權爲w，則新的$d=f(v)=f(u)-dis[u]+w+dis[v]$;

　　　　(4)若是堆空了，就退出A*，不然返回(1);

 ————————2018年5月13日更新————————

　　今天發現，這題在洛谷上被hack了……下面是92分代碼，至於AC代碼……我留坑吧

————————2019年10月6日更新————————

　　https://www.luogu.org/blog/cjyl/solution-p2483

　　原來講可並堆是由於要可持久化進行優化啊……如今看來下面的代碼就是暴力……什麼A*嘛

源代碼

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

int n,m,ans=0;
double E;

struct Edge{
    int next,to;
    double w;
}fe[200010],e[200010];//e存正向圖，fe存反向圖
int head[200010]={0},cnt=1,fhead[200010]={0},fcnt=1;//帶f的都用於存反向圖
void add(int u,int v,double w)
{
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt++;//給正向圖加邊

    fe[fcnt].to=u;
    fe[fcnt].w=w;
    fe[fcnt].next=fhead[v];
    fhead[v]=fcnt++;//給反向圖加邊
}

double dis[5010];//裸spfa
bool inq[5010]={0};
void spfa()
{
    for(int i=0;i<5010;i++) dis[i]=999999999.0;
    dis[n]=0.0;
    queue<int> q;
    q.push(n);
    inq[n]=1;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        inq[u]=0;
        for(int i=fhead[u];i;i=fe[i].next)
        {
            int v=fe[i].to;
            double w=fe[i].w;
            if(dis[v]>dis[u]+w)
            {
                dis[v]=dis[u]+w;
                if(!inq[v])
                {
                    inq[v]=1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
}


struct Heap{
    double d;
    int u;
    bool operator > (const Heap &a)const{
        return d>a.d;
    }
}heap[2000010],temp;//手敲優先隊列
int sz=1;//優先隊列內元素數量+1，我的比較喜歡這種表示方法
void pop()//刪除堆頂，取出堆頂直接用heap[1]便可，我沒寫在pop()裏
{
    sz--;
    heap[1]=heap[sz];
    heap[sz]={0,0};
    int the=1,son=2;
    while(son<sz)
    {
        if(heap[son]>heap[son+1]&&son+1<sz) son++;
        if(heap[the]>heap[son]) swap(heap[the],heap[son]);
        else break;
        the=son;
        son=the<<1;
    }
}
void push(double dd,int uu)//加入一個元素，dd=f(uu)，dd、uu防止變量名衝突
{
    heap[sz]={dd,uu};
    int the=sz++,fa=the>>1;
    while(fa)
    {
        if(heap[fa]>heap[the]) swap(heap[the],heap[fa]);
        else break;
        the=fa;
        fa>>=1;
    }
}

void astar()
{
    push(dis[1],1);
    while(sz>1)
    {
        int u=heap[1].u;
        double dist=heap[1].d;//取出堆頂
        pop();//刪除堆頂
        if(u==n)//n點出隊，說明找到一條k短路
        {
            E-=dist;
            if(E>=1e-6) ans++;
            else return;
            continue;
        }
        for(int i=head[u];i;i=e[i].next)//拓展與u相連的節點
        {
            int v=e[i].to;
            double w=e[i].w;
            push(dist-dis[u]+w+dis[v],v);
        }
    }
}

int main()
{
    //freopen("test.in","r",stdin);
    scanf("%d%d%lf",&n,&m,&E);
    for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
    {
        double w;
        scanf("%d%d%lf",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
    }
    spfa();
    astar();
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}