洛谷P4822 冻结

题目描述

“我要成为魔法少女！”
“那么，以灵魂为代价，你希望得到什么？”
“我要将有关魔法和奇迹的一切，封印于卡片之中„„”

在这个愿望被实现以后的世界里，人们享受着魔法卡片（\(SpellCard\)，又名符卡）带来的便捷。

现在，不需要立下契约也可以使用魔法了！你还不来试一试？
比如，我们在魔法百科全书（\(Encyclopedia of Spells\)）里用“\(freeze\)”作为关键字来查询，会有很多有趣的结果。
例如，我们熟知的\(Cirno\)，她的冰冻魔法当然会有对应的 \(SpellCard\) 了。 当然，更加令人惊讶的是，居然有冻结时间的魔法，\(Cirno\) 的冻青蛙比起这些来真是小巫见大巫了。
这说明之前的世界中有很多魔法少女曾许下控制时间的愿望，比如 \(Akemi Homura\)、\(Sakuya Izayoi\)、„„
当然，在本题中我们并不是要来研究历史的，而是研究魔法的应用。

我们考虑最简单的旅行问题吧： 现在这个大陆上有 \(N\) 个城市，\(M\) 条双向的道路。城市编号为 \(1~N\)，我们在 \(1\) 号城市，需要到 \(N\) 号城市，怎样才能最快地到达呢？
这不就是最短路问题吗？我们都知道可以用 \(Dijkstra、Bellman-Ford、Floyd-Warshall\)等算法来解决。
现在，我们一共有 K 张可以使时间变慢 \(50\%\)的 \(SpellCard\)，也就是说，在通过某条路径时，我们可以选择使用一张卡片，这样，我们通过这一条道路的时间 就可以减少到原先的一半。需要注意的是：

1. 在一条道路上最多只能使用一张 \(SpellCard\)。
2. 使用一张\(SpellCard\) 只在一条道路上起作用。

3. 你不必使用完所有的 \(SpellCard\)。

   给定以上的信息，你的任务是：求出在可以使用这不超过 \(K\) 张时间减速的 \(SpellCard\) 之情形下，从城市\(1\) 到城市\(N\)最少需要多长时间。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个整数：\(N、M、K\)。
接下来 \(M\) 行，每行包含三个整数：\(A_i、B_i、Time_i\)，表示存在一条 \(A_i\)与 \(B_i\)之间的双向道路，在不使用 \(SpellCard\) 之前提下，通过它需要 \(Time_i\)的时间。

输出格式：

输出一个整数，表示从\(1\) 号城市到 \(N\)号城市的最小用时。

输入输出样例

输入样例#1：

4 4 1 
1 2 4 
4 2 6 
1 3 8 
3 4 8 

输出样例#1：

7

说明

样例解释：
在不使用 \(SpellCard\) 时，最短路为 \(1à2à4\)，总时间为 \(10\)。现在我们可以使用 \(1\) 次 \(SpellCard\)，那么我们将通过 \(2à4\) 这条道路的时间减半，此时总时间为\(7\)。
对于\(100\%\)的数据：\(1 ≤ K ≤ N ≤ 50，M ≤ 1000\)。
\(1≤ A_i，B_i ≤ N，2 ≤ Time_i ≤ 2000\)。
为保证答案为整数，保证所有的 \(Time_i\)均为偶数。
所有数据中的无向图保证无自环、重边，且是连通的。

思路：还是跟其他的分层最短路题目一样，只不过之前的\(k\)次免费的机会变成了\(k\)次免费缩小到一半的机会，那么分层的时候我们把边权由\(0\)改为\(w/2\)就可以了。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define maxn 5000001
using namespace std;
int n,m,k,head[maxn],num,dis[maxn],s,t;
inline int qread() {
  char c=getchar();int num=0,f=1;
  for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
  for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';return num*f;
}
struct Edge {
  int v,w,nxt;
}e[maxn];
struct node {
  int x,y;
  bool operator < (const node &a) const {return y>a.y;}
};
inline void ct(int u, int v, int w) {
  e[++num].v=v;
  e[num].w=w;
  e[num].nxt=head[u];
  head[u]=num;
}
priority_queue<node>q;
inline void dijkstra() {
  memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
  dis[1+n*k]=0;q.push((node){1+n*k,0});
  while(!q.empty()) {
    int u=q.top().x,d=q.top().y;
    q.pop();
    if(d!=dis[u]) continue;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
      int v=e[i].v;
      if(dis[v]>dis[u]+e[i].w) {
        dis[v]=dis[u]+e[i].w;
        q.push((node){v,dis[v]});
      } 
    }
  }
}
int main() {
  n=qread(),m=qread(),k=qread();
  for(int i=1,u,v,w;i<=m;++i) {
    u=qread(),v=qread(),w=qread();
    for(int j=0;j<=k;++j) {
      ct(u+j*n,v+j*n,w);
      ct(v+j*n,u+j*n,w);
      if(j) {
        ct(u+j*n,v+(j-1)*n,w/2);
        ct(v+j*n,u+(j-1)*n,w/2);
      } 
    }
  }
  dijkstra();
  int zrj=0x7fffffff;
  for(int i=0;i<=k;++i) zrj=min(zrj,dis[n+i*n]);
  printf("%d\n",zrj);
  return 0; 
}