- Alice和Bob现在要乘飞机旅行,他们选择了一家相对便宜的航空公司。该航空公司一共在n个城市设有业务,设这些城市分别标记为0到n-1,一共有m种航线,每种航线连接两个城市,并且航线有一定的价格。Alice和Bob现在要从一个城市沿着航线到达另一个城市,途中可以进行转机。航空公司对他们这次旅行也推出优惠,他们可以免费在最多k种航线上搭乘飞机。那么Alice和Bob这次出行最少花费多少?
-
数据的第一行有三个整数,n,m,k,分别表示城市数,航线数和免费乘坐次数。
第二行有两个整数,s,t,分别表示他们出行的起点城市编号和终点城市编号。(0<=s,t<n)
接下来有m行,每行三个整数,a,b,c,表示存在一种航线,能从城市a到达城市b,或从城市b到达城市a,价格为c。(0<=a,b<n,a与b不相等,0<=c<=1000)
-
只有一行,包含一个整数,为最少花费。
-
Sample Input
5 6 1 0 4 0 1 5 1 2 5 2 3 5 3 4 5 2 3 3 0 2 100
-
Sample Output
8
对于30%的数据,2<=n<=50,1<=m<=300,k=0;
对于50%的数据,2<=n<=600,1<=m<=6000,0<=k<=1;
对于100%的数据,2<=n<=10000,1<=m<=50000,0<=k<=10.
思路:对于k次免费花费,我们可以把图想像为有k+1层,从第0层到第k层,第0层表示没有用过这k次机会,第i层表示用过i次免费花费。对于分层,有两种方法。本题为双向边。
注意:最后要从所有层中的终点找答案,因为如果s-t只有少于k条路,而你选取免费k次在到达终点的答案就可能不对。
1.建图时分层:建k+1层图。然后有边的两个点,多建一条到下一层边权为0的单向边,如果走了这条边就表示用了一次免费机会
比如共有N个点,1~n表示第一层,(1+n)~(n+n)代表第二层,(1+2*n)~(n+2*n)代表第三层,(1+i*n)~(n+i*n)代表第i层。
注意该种方法:因为要建K+1层图,数组要开到n*(k+1),点的个数也为n*(k+1)。
代码:
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+1000;
const int maxm = 1e7+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int head[maxn],d[maxn],vis[maxn];
int n,m,k;
struct node
{
int to,w,next;
}eg[maxm];
int cnt=0;
void add(int u,int v,int w)
{
eg[cnt].to=v;
eg[cnt].w=w;
eg[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt++;
}
typedef pair<int , int> P;
void dijkstra(int s)
{
priority_queue<P,vector<P>,greater<P> >que;
d[s]=0;
que.push(P(0,s));
while(!que.empty())
{
P p = que.top();
que.pop();
int v=p.second;
if(d[v]<p.first) continue;
for(int i=head[v];i!=-1;i=eg[i].next)
{
node e=eg[i];
if(e.w+d[v]<d[e.to])
{
d[e.to]=e.w+d[v];
que.push(P(d[e.to],e.to));
}
}
}
}
int main()
{
memset(d,INF,sizeof(d));
memset(head,-1,sizeof(head));
cin>>n>>m>>k;
int s,t;
cin>>s>>t;
for(int i=0;i<m;i++)
{
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
for(int j=0;j<=k;j++)
{
add(a+j*n,b+j*n,c);
add(b+j*n,a+j*n,c);
if(j!=k)
{
add(a+j*n,b+(j+1)*n,0);
add(b+j*n,a+(j+1)*n,0);
}
}
}
dijkstra(s);
int MIN=INF;
for(int i=0;i<=k;i++)
{
MIN=min(MIN,d[i*n+t]);
}
cout<<MIN<<endl;
return 0;
}