BZOJ 2662: [BeiJing wc2012]冻结

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Description

“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。

Input

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：Ai、Bi、Timei，表示存在一条 Ai与 Bi之
间的双向道路，在不使用 SpellCard 之前提下，通过它需要 Timei的时间。

Output

输出一个整数，表示从1 号城市到 N号城市的最小用时。

Sample Input

4 4 1

1 2 4

4 2 6

1 3 8

3 4 8

Sample Output

【样例1 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。

题解

最短路+dp,10分钟搞定。
设dp[x][j]表示在第x个点用了j次卡片的最小值。
转移很简单，看代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN = 55;
const int MAXM = 1005;

inline int rd(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

struct Edge{
    int nxt,to,val;
}edge[MAXM<<1];

int n,k,m,cnt;
int head[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];
bool vis[MAXN];

inline void add(int bg,int ed,int w){
    edge[++cnt].to=ed;
    edge[cnt].val=w;
    edge[cnt].nxt=head[bg];
    head[bg]=cnt;
}

inline void spfa(){
    queue<int> q;
    vis[1]=1;q.push(1);
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    dp[1][0]=0;
    while(q.size()){
        int x=q.front();q.pop();
        vis[x]=0;
        for(register int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
            int u=edge[i].to;
            for(register int j=0;j<=k;j++){
                if(j==0) {
                    if(dp[u][j]>dp[x][j]+edge[i].val){
                        dp[u][j]=dp[x][j]+edge[i].val;
                        if(!vis[u]){
                            vis[u]=1;
                            q.push(u);
                        }
                    }
                }
                else {
                    int now;
                    now=min(dp[x][j-1]+edge[i].val/2,dp[x][j]+edge[i].val);
                    if(now<dp[u][j]){
                        dp[u][j]=now;
                        if(!vis[u]){
                            vis[u]=1;
                            q.push(u);
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
}

int main(){
    n=rd();m=rd();k=rd();
    for(register int i=1;i<=m;i++){
        int x,y,z;
        x=rd();y=rd();z=rd();
        add(x,y,z);add(y,x,z);
    }spfa();
    int ans=0x3f3f3f3f;
    for(register int i=0;i<=k;i++)
        ans=min(ans,dp[n][i]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

BZOJ 2662: [BeiJing wc2012]冻结

题解

代码

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