bzoj2763: [JLOI2011]飞行路线
Description
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？
Input
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)
Output
只有一行，包含一个整数，为最少花费。
分层图最短路。
一直感觉这东西云里雾里的，做完这道题才发现其实也就那样。
有一点DP的思想，其实还是将状态全部枚举全就可以了。
这道题除了到达哪一个点这个状态之外，还会有用了多少次免费机会的这个状态。\(k\leq10\)，看到这个我就放心了（想不出了k大一点这道题要怎么做。。。）
直接设状态为：\(dis[i][j]\)表示到达i这个点y用了j次机会的最短路。
那么我们用类似背包的思想去处理第二维状态。
也就是说我们到达每一个点，都会有两种状态：
一种是当前u到v的这条边我们不用免费条件，可以得到式子：
\[ dis(v)(ks)=min(dis(v)(ks),dis(u)(ks)+edge(i).dis) \]
那么相应地，就会有用掉免费条件的情况：
\[ dis(v)(ks+1)=min(dis(v)(ks+1),dis(u)(ks)) \]
再跑最短路的时候，到达每一个点都用着两种情况更新即可。
另外，bzoj数据不卡SPFA，洛谷的数据卡SPFA，实测。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int wx=50017;
inline char get_char(){
static char buf[1000001],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
#define short long long
inline short read(){
short num=0;
char c;
while(!isdigit(c=get_char()));
for(num=c-48;isdigit(c=get_char());num=((num+(num<<2))<<1)+c-48);
return num;
}
int n,m,k,s,t,num;
int head[wx],vis[wx][11],dis[wx][11];
struct e{
int nxt,to,dis;
}edge[wx*2];
void add(int from,int to,int dis){
edge[++num].nxt=head[from];
edge[num].to=to;
edge[num].dis=dis;
head[from]=num;
}
struct node{
int u,pos,d;
friend bool operator < (const node & a,const node & b){
return a.d>b.d;
}
};
priority_queue<node > q;
void Dij(){
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
dis[s][0]=0;q.push((node){s,0,0});
while(q.size()){
int u=q.top().u;int ks=q.top().pos;
q.pop();
if(vis[u][ks])continue;vis[u][ks]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].to;
if(dis[v][ks]>dis[u][ks]+edge[i].dis){
dis[v][ks]=dis[u][ks]+edge[i].dis;
q.push((node){v,ks,dis[v][ks]});
}
if(ks+1<=k){
if(dis[v][ks+1]>dis[u][ks]){
dis[v][ks+1]=dis[u][ks];
q.push((node){v,ks+1,dis[v][ks+1]});
}
}
}
}
}
int main(){
n=read();m=read();k=read();s=read();t=read();s++;t++;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y,z;
x=read();y=read();z=read();
x++;y++;
add(x,y,z);add(y,x,z);
}
Dij();
printf("%d\n",dis[t][k]);
return 0;
}