Full Tank？[POJ3635]

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题面描述

给定 $N$个加油站，其中有一个是秋名山。 $M$条无向边，每条边都有 $x,y,d$， $d$为 $x$从这条边走到 $y$的距离，现在给你一辆车 $\large AE86$，你需要驾驶这辆 $\large AE86$从家到秋名山去飙车！但是，秋名山和家的位置都是不固定的，而且你的 $\large AE86$的油箱也是不固定的，途中有些加油站，这些加油站的每个单位距离的油的价钱 $p_i$不定，它们会变换，而且，你有时候不能到秋名山开车，因为路途有跤警 $♂$ 。先给定一个询问 $Q$,每个询问 $Q$，给出家 $st$、秋名山 $ed$、以及 $\large AE86$的油箱储量 $cw$，求最小费用.
输入格式
第一行给出 $N$, $M$
接下来一行，分别为 $p_0,p_1,p_2,......,p_{n-1}$.
$3$~ $M+2$行，分别为 $x_i,y_i,d_i$.
$M+3$行，给出 $Q$
接下来 $Q$行,给出每一个 $cw,st,ed$
初始化的油箱储量为 $0$
输出格式
对于每一个 $Q$
若无解，输出“impossible”
否则，输出最小费用。
样例输入
5 5
10 10 20 12 13
0 1 9
0 2 8
1 2 1
1 3 11
2 3 7
2
10 0 3
20 1 4
样例输出
170
impossible

思路

既然这道题跑图，则 $bfs$
这里状态可以有两种选择,我们可以

1. 停在这个加油站加油，
2. 去别的加油站加油。

既然我们不知道在这个加油站加多少油，那就每一次只加一个单位的油，避免状态的损失，上限就是 $cw$.
仔细思考发现，这样很容易超时，且多出许多无用状态。
那尝试考虑优先队列 $\operatorname{priority_{queue}}$
我们就可以很清晰地得到状态:

1. 停在这里加一个单位的油
2. 到别的加油站去

由于我们是保证最小花费w的(优先队列的性质)，所以可以得到最小解。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<deque>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
const int M=1e4+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct edge{int x,y,next,d;}a[M<<1];int len,last[N];
void ins(int x,int y,int d){a[++len].x=x,a[len].y=y;a[len].d=d;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
struct node
{
	int w,f,x;//w为花费，f为油量，x为位置。 
	node(){}
	node(int x,int f,int w):x(x),f(f),w(w){}
	bool operator <(const node a)const{return w>a.w;}
	//*this在<前面，a在<后面 ，交换时，*this.w若大于a.w,会把*this远离根，a靠近根，从而将大根堆变为小根堆。 
};
int p[N],c[N][110];bool v[N][110];
int main()
{
	int n,m,Q;scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&p[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){int x,y,d;scanf("%d%d%d",&x,&y,&d);ins(x,y,d);ins(y,x,d);}
	scanf("%d",&Q);
	while(Q--)
	{
		int st,ed,cw;scanf("%d%d%d",&cw,&st,&ed);
		memset(v,false,sizeof(v));memset(c,0x3f,sizeof(c));
		c[st][0]=0;
		priority_queue<node>q;
		q.push(node(st,0,0));
		while(!q.empty())
		{
			node now=q.top();q.pop();
			int x=now.x,f=now.f,w=now.w;
			if(v[x][f])continue;
			if(x==ed)break;
			if(f<cw)
			{
				if(w+p[x]<c[x][f+1])
				{
					c[x][f+1]=w+p[x];
					q.push(node(x,f+1,c[x][f+1]));
				}
			}
			for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
			{
				int y=a[k].y,d=a[k].d;
				if(d<=f&&c[y][f-d]>w)
				{
					c[y][f-d]=w;
					q.push(node(y,f-d,c[y][f-d]));
				}
			}
			v[x][f]=true;
		}
		if(c[ed][0]==inf)puts("impossible");
		else printf("%d\n",c[ed][0]);
	}
	return 0;
}