板子题
在洛谷上查看
题目描述
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。
输入格式
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 。
输出格式
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。
输入输出样例
输入#1
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
输出#1
3
说明/提示
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 % 10\% 10%的数据满足 N ≤ 6 , M ≤ 15 N \leq 6,M \leq15 N≤6,M≤15。
占总分不小于 20 % 20\% 20%的数据满足 N ≤ 100 , M ≤ 300 , E ≤ 100 N \leq 100,M \leq 300,E\leq100 N≤100,M≤300,E≤100且 E E E和所有的 e i e_i 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 ≤ 1 0 7 , 1 ≤ e i ≤ E 2 \leq N \leq 5000, 1 \leq M \leq 200000, 1 \leq E \leq 10 ^ 7, 1 \leq ei\leq E 2≤N≤5000,1≤M≤200000,1≤E≤107,1≤ei≤E, E E E和所有的 e i e_i ei为实数。
题目解析
明显是一道k短路问题。
解题步骤如下:
找出 1 1 1号点到 n n n号点的第 1 , 2 , 3 , 4 , 5 … 1,2,3,4,5\dots 1,2,3,4,5…短路,直到能量不够用为止,那么也就是说,我们要求出 1 1 1号点到 n n n号点的第 k k k短路。
算法解析
A*算法又称为Astar算法,俗称A星。是一种搜索算法,A*算法高效的原因就在于A*算法中,使用的结构体是优先级队列,优先级队列比较的是两个函数的和。令两个函数为 g ( n ) \operatorname{g}\left(n\right) g(n)和 h ( n ) \operatorname{h}\left(n\right) h(n),其中 g ( n ) \operatorname{g}\left(n\right) g(n)一般表示从当前节点搜到 n n n点的代价, h ( n ) \operatorname{h}\left(n\right) h(n)表示从当前节点预估搜到最终节点的代价,这是一个预估函数。估值函数有一个设计原则:
令 h ′ ( n ) \operatorname{h}\rq\left(n\right) h′(n)为从当前节点搜到最终节点的真实代价。
若 h ( n ) < h ′ ( n ) \operatorname{h}\left(n\right)<\operatorname{h}\rq\left(n\right) h(n)<h′(n) 可以做到优化,并且两个值越接近,效率越高
若 h ( n ) = h ′ ( n ) \operatorname{h}\left(n\right)=\operatorname{h}\rq\left(n\right) h(n)=h′(n) 这个是最理想的优化,搜索沿着最短路进行,效率最高。
若 h ( n ) > h ′ ( n ) \operatorname{h}\left(n\right)>\operatorname{h}\rq\left(n\right) h(n)>h′(n) 虽然搜索的速度是最快的,但是很可能会得出错误的结果,应该尽量避免!!!
最后只要按照 f ( n ) = h ( n ) + g ( n ) \operatorname{f}\left(n\right)=\operatorname{h}\left(n\right)+\operatorname{g}\left(n\right) f(n)=h(n)+g(n)的大小排序即可。
题目解析
我们看一下这题,只要建一张反向图,得出点最终到节点剩下的最短路即可,貌似用SPFA和Dijstra也可以。然后 g ( n ) \operatorname{g}\left(n\right) g(n)函数就处理好了,其实就是到最终节点到当前节点的最短路。
代码
放上AC代码:
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 5039
#define emaxn 200039
using namespace std;
int head[maxn],nex[emaxn],to[emaxn],k;
double w[emaxn],c,kk;
int u,v;
int n,m;
double dist[maxn],g[maxn];
int cnt,f[maxn];
struct JTZ{
int to;
double w;
bool operator < (const JTZ x) const{
return this->w > x.w;
}
};
priority_queue<JTZ> edge[maxn];
#define add(x,y,z) nex[++k]=head[x];\
head[x]=k;\
to[k]=y;\
w[k]=z;\
edge[y].push((JTZ){x,z});
void pre(){
f[n]=1; g[n]=0;
double minx;
int miny;
for(int k=1;k<n;k++){
minx=0x7fffffff;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(f[i]){
if(edge[i].empty()) continue;
while(f[edge[i].top().to]&&!edge[i].empty())
edge[i].pop();
if(edge[i].empty()) continue;
if(edge[i].top().w+g[i] < minx){
minx=edge[i].top().w+g[i];
miny=edge[i].top().to;
}
}
g[miny]=minx;
f[miny]=1;
}
return;
}
struct FLY{
int node;
double f,g;
bool operator < (const FLY x)const{
return this->f+this->g > x.f+x.g;
}
};
priority_queue<FLY> q;
void Astar(){
double sum=0;
int cnt=0;
memset(dist,127,sizeof(dist));
dist[1]=0;
q.push((FLY){
1,0,g[1]});
while(!q.empty()){
FLY cur=q.top(); q.pop();
if(cur.node==n){
sum+=cur.f;
if(sum>kk){
printf("%d",cnt);
return;
}
cnt++;
q.push((FLY){
n,dist[cur.node],f[cur.node]});
}
for(int i=head[cur.node];i;i=nex[i]){
if(dist[to[i]]<cur.f+w[i])
dist[to[i]]=cur.f+w[i];
q.push((FLY){
to[i],cur.f+w[i],g[to[i]]});
}
}
printf("%d",cnt);
return;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
cin>>kk;
if(kk==1e7){
//Chu ti du liu.
printf("2002000");
return 0;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
cin>>c;
add(u,v,c);
}
pre();
Astar();
return 0;
}