BZOJ 1975 魔法猪学院（A*+手写堆）

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

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

Sdoi2010 Contest2 Day2

N个月前的题目，似乎是OJ的问题强行卡STL库的优先队列，需要极高的姿势才能卡过，反正我之前只会A*模版的时候MLE到死……，既然会了堆就手写一个吧，样例对不上debug半天发现是忘记删掉原来的操作符重载了= =，double类型下的裸K短路（没有卡eps还真是良心），由于用A*算法求得的K短路是不降序列，因此每一次都是贪心地消耗膜法进行变换即可，堆的大小大概在100W多一点，懒得二分测试直接设125W好了

#include <stdio.h> #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f #define LC(x) (x<<1) #define RC(x) ((x<<1)+1) #define MID(x,y) ((x+y)>>1) #define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr)) #define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); typedef pair<int, int> pii; typedef long long LL; const double PI = acos(-1.0); const int N = 5010; const int M = 200010; struct edge { int to; int pre; double w; }; struct Astar { int cur; double g; double h; bool operator<(const Astar &t)const { if (g + h == t.g + t.h) return g <= t.g; return g + h <= t.g + t.h; } }; struct Heap { Astar A[1250010]; int sz; void init() { sz = 0; } void up(const int &cur) { int fa = cur >> 1; if (fa > 0 && A[cur] < A[fa]) { swap(A[cur], A[fa]); up(fa); } } void down(const int &cur) { int lson = cur << 1; int rson = lson | 1; if (lson > sz) return ; int son; if (rson > sz) son = lson; else son = A[lson] < A[rson] ? lson : rson; if (A[son] < A[cur]) { swap(A[cur], A[son]); down(son); } } void push(const Astar &rhs) { A[++sz] = rhs; up(sz); } void pop() { swap(A[1], A[sz]); --sz; down(1); } Astar top() { return A[1]; } bool empty() { return !sz; } }; Heap heap; edge E[M], rE[M]; int head[N], rhead[N], tot, rtot; double d[N]; bitset<N>vis; void init() { for (int i = 0; i < N; ++i) { d[i] = 1e20; head[i] = rhead[i] = -1; } tot = 0; rtot = 0; vis.reset(); heap.init(); } inline void add(int s, int t, double w) { E[tot].to = t; E[tot].w = w; E[tot].pre = head[s]; head[s] = tot++; rE[rtot].to = s; rE[rtot].w = w; rE[rtot].pre = rhead[t]; rhead[t] = rtot++; } void rev_spfa(int s) { queue<int>q; vis[s] = 1; d[s] = 0.0; q.push(s); int i, now, v; while (!q.empty()) { now = q.front(); q.pop(); vis[now] = 0; for (i = rhead[now]; ~i; i = rE[i].pre) { v = rE[i].to; if (d[v] > d[now] + rE[i].w) { d[v] = d[now] + rE[i].w; if (!vis[v]) { vis[v] = 1; q.push(v); } } } } } int main(void) { int n, m, i, a, b; double e, w; while (~scanf("%d%d%lf", &n, &m, &e)) { init(); for (i = 0; i < m; ++i) { scanf("%d%d%lf", &a, &b, &w); add(a, b, w); } rev_spfa(n); Astar S; S.cur = 1; S.g = 0; S.h = d[S.cur]; heap.push(S); int r = 0; Astar now, nxt; while (!heap.empty()) { now = heap.top(); heap.pop(); if (now.cur == n) { if (e >= now.g) { e -= now.g; ++r; } else break; } for (i = head[now.cur]; ~i; i = E[i].pre) { nxt.cur = E[i].to; nxt.g = now.g + E[i].w; nxt.h = d[nxt.cur]; heap.push(nxt); } } printf("%d\n", r); } return 0; }