1975: [Sdoi2010]魔法猪学院
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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 1.5Sample 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
k短路问题，用A*算法解决。
A*的主要思想就是，对于每个已经达到的状态，记录从起点到它的代价，并构造一个估价函数，估计出它到终点的代价，当这个估价函数小于实际代价时，速度会慢但保证找到最优解，相等时速度快且保证找到最优解（但实际上已经不能叫搜索了），大于时速度更快但不保证找到最优解。
具体到k短路问题，建立反图并从终点跑单源最短路并将每个点到终点的最短距离作为估价函数（这里是精确相等的函数），这样模拟A*的时候，第k条搜到终点的路径就是第k短路（显然这里是非严格的）
听说这题要手写堆。
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
4 using namespace std;
5
6 const int N=5011, M=200011;
7 int n,m,x,y,ecnt,h[N],to[M],nxt[M],ans,top;
8 double w[M],dis[N],E,z;
9
10 struct P{ double h,f; int id; }Top,tmp,q[1000011];
11 void link(int x,int y,double z){ nxt[++ecnt]=h[x]; h[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z; }
12
13 namespace G{
14 int ecnt,h[N],to[M],nxt[M],Q[M*10],st,ed;
15 double w[M]; bool inq[N];
16 void link(int x,int y,double z){ nxt[++ecnt]=h[x]; h[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z; }
17 void SPFA(){
18 rep(i,1,n) dis[i]=1e20;
19 st=ed=0; dis[n]=0; Q[++ed]=n;
20 while (st<ed){
21 int u=Q[++st]; inq[u]=0;
22 for (int i=h[u],v; i; i=nxt[i])
23 if (dis[v=to[i]]>dis[u]+w[i]){
24 dis[v]=dis[u]+w[i];
25 if (!inq[v]) Q[++ed]=v,inq[v]=1;
26 }
27 }
28 }
29 }
30
31 P get(){ return q[1]; }
32
33 void pop(){
34 q[1]=q[top]; q[top--].h=0;
35 int u=1,ls=2,rs=3;
36 while (ls<=top){
37 int k=ls; if (rs<=top && q[rs].h<q[ls].h) k=rs;
38 if (q[k].h>=q[u].h) break;
39 swap(q[u],q[k]); u=k; ls=k<<1; rs=ls|1;
40 }
41 }
42
43 void push(P t){
44 q[++top]=t; int u=top,fa=u>>1;
45 while (fa>0){
46 if (q[u].h>=q[fa].h) break;
47 swap(q[u],q[fa]); u=fa,fa=fa>>1;
48 }
49 }
50
51 void Astar(){
52 tmp.h=dis[1]; tmp.f=0; tmp.id=1; push(tmp); int u;
53 while (top){
54 Top=get(); pop(); u=Top.id;
55 if (u==n){
56 if (E<Top.f) break;
57 E-=Top.f; ans++;
58 }
59 for (int i=h[u],v; i; i=nxt[i]){
60 v=to[i]; tmp.f=Top.f+w[i]; tmp.h=dis[v]+tmp.f;
61 tmp.id=v; push(tmp);
62 }
63 }
64 }
65
66 int main(){
67 freopen("magic.in","r",stdin);
68 freopen("magic.out","w",stdout);
69 scanf("%d%d%lf",&n,&m,&E);
70 rep(i,1,m) scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z),link(x,y,z),G::link(y,x,z);
71 G::SPFA(); Astar(); printf("%d\n",ans);
72 return 0;
73 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8727072.html