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本文作者:ljh2000
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Description

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 1.5

Sample 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

 

正解:A*算法

解题报告:

  我这种蒟蒻到今天才想起要学A*算法QAQ

  然而就是一个2分钟可以学完的内容...

  考虑我们需要求前k短路,那么我们可以对我们当前的状态进行估价。

  令H(S)=g(S)+f(S)表示估价函数,f表示已经产生的代价,这一部分显然是确定的。而g函数表示的是在当前状态S下,对于到达n的距离的估价,两者加起来就是当前状态下的估价函数值,表示一条路径的期望长度。

  用小根堆堆维护这个H估计函数,依次从堆中取出拓展即可。A*算法的本质就是搜索...只不过加入了估价函数之后可以大大剪枝...这题必须写手写堆,不然会MLE...

 

//It is made by ljh2000
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 5011;
const int MAXM = 200011;
int n,m,ecnt,first[MAXN],to[MAXM],next[MAXM],ans,top;
double w[MAXM],dis[MAXN],E;
//估价函数H,现有确定代价函数f
struct node{ double H,f; int id; }Top,tmp,q[1000011];
inline void link(int x,int y,double z){ next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z; }
namespace new_Graph{
	int ecnt,first[MAXN],to[MAXM],next[MAXM]; double w[MAXM];
	int dui[MAXM*10],head,tail; bool in[MAXN];
	inline void link(int x,int y,double z){	next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z; }
	inline void SPFA(){
		for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=1e20;
		head=tail=0; dis[n]=0; dui[++tail]=n; in[n]=1; int u;
		while(headdis[u]+w[i]) {
					dis[v]=dis[u]+w[i];
					if(!in[v]) { 
						dui[++tail]=v; 
						in[v]=1;
					}
				}
			}
		}
	}
}

inline int getint(){
    int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline node get_top(){ return q[1]; }
inline void pop(){
	q[1]=q[top--]; int u=1,lson=2,rson=3,son;
	while(lson<=top) {
		son=lson; if(q[rson].H=q[u].H) break;
		swap(q[son],q[u]);
		u=son; lson=u<<1; rson=lson|1;
	}
}

inline void push(node t){
	q[++top]=t; int u=top,fa=u>>1;
	while(fa>0) {
		if(q[u].H>=q[fa].H) break;
		swap(q[u],q[fa]);
		u=fa; fa=u>>1;
	}
}

inline void Astar(){
	tmp.H=dis[1]; tmp.f=0; tmp.id=1; push(tmp); int u;
	while(top>0) {
		Top=get_top(); pop(); u=Top.id;
		if(u==n) {
			if(E