分层图最短路，就是在分层图上解决最短路问题
一般模型为：
在一张图上，有k次机会可以通过一条边而不需要计算权值（免费过路），求从起点到终点的最短路线
常规思路：
想象将一个点拆分为k + 1个点，分别表示到这个点时，免费权消耗了0次，1次，2次......k次
这样实际我们可以把这k个点想象成对应dp的不同的状态
dis[i][j]表示到第i个点时，消耗了j次乘车权后的最短路线
我们用to表示要到达的点，x表示父亲节点，就有
dis[to][j] = min(dis[x][j] + val(x, to), dis[x][j - 1])
因为我们跑最短路时是从前向后跑，也就是当前状态推出后继状态，所以实际上我们可以推出两个可能状态
如果我们消耗了免费过路权
dis[to][j] = min{dis[x][j - 1]}
如果我们没消耗免费过路权
dis[to][j] = min{dis[x][j] + val(x, to)}
这就提醒我们，我们的队列在加入到达某个点的同时，要分别记录到达这个点时的两种不同的状态，以免造成情况遗漏
也就是q[i][j]表示到第i个点时，第i个点在j的情况下我们消耗了几次免费过路权，j为0或是1,0表示没有消耗免费过路权，1表示消耗了免费过路权
到这里我们就能与上面的拆点联系上了，我们想，到了终点时，可能有：用了0次免费过路权，用了1次免费过路权，用了2次，用了3次....用了k次
也就是k+1种可能状态，此时我们把这k+1种状态，每种状态都想象成原本的这个点拆分出来的一个点，也就相当于这个点拆分出了k+1个点，就和上面接上了
然后我们合理外推，对于每一个点都可能出现这样的情况，也就相当于每一个点都拆分成了k+1个点，这n*(k+1)个点之间彼此连接，跑最短路，这样可能有点抽象
实际上把这想象成一个dp的过程是最好理解的
例题1：move(集训考试题)
题目描述
给定一张地图一共有 n 个城市，城市编号为 0 ～ n - 1，这 n 个城市通过 m
条铁路连接(走一条铁路视为乘车一次)。而小A 想从城市 s 出发，到 达城市 t
结束。小A 可以免费乘车 k 次，现在他想知道，他这 次旅游的最少花费是多少?
输入格式
第一包含三个整数 n, m, k，含义见题目描述。
第二有两个整数 s, t，表示小A 的出发城市和结束城市。
接下来 m 行，每行三个整数 x, y, z，表?在城市 x 和 y 之间有一条铁路相
连，乘车花费为 z。
输出格式
输出一行，一个整数表示答案。
样例输入
5 6 1
0 4
0 1 5
1 2 5
2 3 5
3 4 5
2 3 3
0 2 100
样例输出
8
数据范围
对于 30% 的数据， 2 ≤ n ≤ 50, 1 ≤ m ≤ 300, k = 0;
对于 50% 的数据， 2 ≤ n ≤ 600, 1 ≤ m ≤ 6000, 0 ≤ k ≤ 1;
很标准的模板型题目。
思路就是上面的思路，不加赘述，代码实现口胡不好说，直接读代码吧=-=
1 #include<iostream>
2 #include<iomanip>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<ctime>
6 #include<cmath>
7 #include<algorithm>
8 #include<cstdlib>
9 using namespace std;
10 const int maxn = 100086;
11 const int inf = 1000000007;
12 struct node {
13 int y, net, v;
14 }e[maxn];
15 int dis[maxn][11];
16 int n, m, k, st, ed;
17 int lin[maxn], len = 0;
18 int q[maxn][2];//第二维， 0表示当前点没有拆点，1表示当前点进行了拆点，拆成了k+1个点q[i][1]存储的是第i个点拆出的点的编号
19 bool vis[maxn][11];
20
21 inline int read() {
22 int x = 0, y = 1;
23 char ch = getchar();
24 while(!isdigit(ch)) {
25 if(ch == ‘-‘) y = -1;
26 ch = getchar();
27 }
28 while(isdigit(ch)) {
29 x = (x << 1) + (x << 3) + ch - ‘0‘;
30 ch = getchar();
31 }
32 return x * y;
33 }
34
35 inline void insert(int xx, int yy, int vv) {
36 e[++len].net = lin[xx];
37 e[len].v = vv;
38 e[len].y = yy;
39 lin[xx] = len;
40 }
41
42 inline void spfa(int st) {
43 int head = 0, tail = 1;
44 for(int i = 0; i < n; ++i)
45 for(int j = 0; j <= k; ++j)
46 dis[i][j] = inf;
47 int x, j;//j实际表示使用了多少次免费乘车权，//我们将一个点拆了多次，j同时作为这些被拆出的点的编号
48 memset(vis, 0, sizeof(vis));
49 vis[st][0] = 1, dis[st][0] = 0;
50 q[1][0] = st, q[1][1] = 0;
51 while(head != tail) {
52 head = (head + 1) % 100003;
53 x = q[head][0];
54 j = q[head][1];
55 //vis[x][j] = 1;
56 for(int i = lin[x]; i; i = e[i].net) {
57 int to = e[i].y;
58 if(dis[x][j] + e[i].v < dis[to][j]) {//如果x到to没有使用免费乘车权
59 dis[to][j] = dis[x][j] + e[i].v;
60 if(!vis[to][j]) {
61 vis[to][j] = 1;
62 tail = (tail + 1) % 100003;
63 q[tail][0] = to;
64 q[tail][1] = j;
65 }
66 }
67 if(j < k && dis[x][j] < dis[to][j + 1]) {//如果x到to使用了免费乘车权
68 dis[to][j + 1] = dis[x][j];
69 if(!vis[to][j + 1]) {
70 vis[to][j + 1] = 1;
71 tail = (tail + 1) % 100003;
72 q[tail][0] = to;
73 q[tail][1] = j + 1;
74 }
75 }
76 }
77 vis[x][j] = 0;
78 }
79 }
80
81 int main() {
82 // freopen("move.in", "r", stdin);
83 // freopen("move.out", "w", stdout);
84 n = read(), m = read(), k = read();
85 st = read(), ed = read();
86 for(int i = 1; i <= m; ++i) {
87 int x, y, v;
88 x = read(), y = read(), v = read();
89 insert(x, y, v);
90 insert(y, x, v);
91 }
92 spfa(st);
93 int ans = inf;
94 for(int i = 0; i <= k; ++i)
95 ans = min(ans, dis[ed][i]);
96 cout << ans << ‘\n‘;
97 // fclose(stdin);
98 // fclose(stdout);
99 return 0;
100 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/ywjblog/p/9270423.html