背景
NOIP2012
描述
有一位使者要游历各国，他每到一个国家，都能学到一种文化，但他不愿意学习任何一种文化超过一次，即如果他学习了某种文化，则他就不能到达其他有这种文化的国家。不同的国家可能有相同的文化。不同文化的国家对其他文化的看法不同，有些文化会排斥外来文化，即如果他学习了某种文化，则他不能到达排斥这种文化的其他国家。 现给定各个国家间的地理关系，各个国家的文化，每种文化对其他文化的看法，以及这位使者游历的起点和终点（在起点和终点也会学习当地的文化），国家间的道路距离，试求从起点到终点最少需走多少路。
格式
输入格式
第一行为五个整数N，K，M，S，T，每两个整数之间用一个空格隔开，依次代表国家个数(国家编号为1到N)，文化种数（文化编号为1到K），道路的条数，以及起点和终点的编号（保证S不等于T）�� 第二行为N个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，其中第i个数Ci，表示国家i的文化为Ci。 接下来的K行，每行K个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，记第i行的第j个数为aij，aij= 1表示文化i排斥外来文化j，i等于j时表示排斥相同文化的外来人，aij= 0表示不排斥，注意i排斥j并不保证j一定也排斥i。 接下来的M行，每行三个整数u，v，d，每两个整数之间用一个空格隔开，表示国家u与国家v有一条距离为d的可双向通行的道路，保证u不等于v，两个国家之间可能有多条道路。
输出格式
输出只有一行，一个整数，表示使者从起点国家到达终点国家最少需要走的距离数，如果无解则输出-1。
样例1
样例输入1
2 2 1 1 2
1 2
0 1
1 0
1 2 10
样例输出1
-1
样例2
样例输入2
2 2 1 1 2
1 2
0 1
0 0
1 2 10
样例输出2
10
限制
1S
提示
对于20%的数据 有2≤N≤8，K≤5
对于30%的数据 有2≤N≤10，K≤5
对于50%的数据 有2≤N≤20，K≤8
对于70%的数据 有2≤N≤100，K≤10
对于100%的数据 有2≤N≤100，1≤K≤100，1≤M≤N^2，1≤ki≤K，1≤u，v≤N，1≤d≤1000，S≠T，1≤S,T≤N。
来源
NOIP2012普及组第四题
这题自己打了个爆搜拿了50分
看了一堆水分的Floyd题解（还能拿到AC。。。）
十分的迷茫。。。。
总算看到一个题解里说正解是A*
花了一个小时左右看了好几篇博客把A*看懂了
在这里推荐一两篇A*的博客:http://blog.csdn.net/zgwangbo/article/details/52078338和http://blog.csdn.net/b2b160/article/details/4057781
两篇都写得相当好！！！
然后又看了yy大爷的代码orzorz恍然大悟
这题其实有两个因素
实际的距离和文化限制
文化限制感觉是没有什么更好的做法
必须得边走边判
所以必须得搜索
但直接dfs很明显是不行的
所以我们要加剪枝
由f(M) = g(M) + h(M)
我们可以先spfa跑一遍不考虑文化的最短路（估价函数h（M））
当dfs过程中g（M）+h（M）大于目前求得的ans时就直接剪枝
这样就可以AC这道题了
然鹅我调了几个小时。。。。。
各种改各种改
最后挂在一个傻逼错误上
还是讲一下有意义点的错误吧。。。。。
spfa里注意visit数组、在树上搜索时要开个visit数组避免走来走去（死循环）
然后好像就没什么了
PS：吐槽一波这题的数据
看了一下本题的数据
那个文化限制的矩阵
是大片大片的0啊
几乎没有几个1
也就是说几乎没有文化的限制。。。。。
顺便给一组水分AC的Floyd过不了但显而易见的数据
4 4 4 1 4
1 2 3 4
0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 0 0
0 1 0 0
1 2 1
2 3 1
1 3 10
3 4 1
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
struct node
{
int to,next,c;
}e[20055];
const int len=1005;
int n,k,m,s,t;
int c[105],f[105][105];
int cnt=1;
int first[105];
int dis[105];
int qu[len];
int bo[1005];
int visit[105];
int min=1*1e9;
int h=0;
void insert(int u,int v,int co)
{
e[++cnt].to=v;e[cnt].next=first[u];first[u]=cnt;e[cnt].c=co;
}
void spfa()
{
memset(dis,127,sizeof(dis));
int head=1,tail=2;
dis[t]=0;qu[1]=t;bo[t]=1;
while(head!=tail)
{
int rr=qu[head++];bo[rr]=0;if(head==len) head=0;
for(int k=first[rr];k;k=e[k].next)
if(e[k].c+dis[rr]<dis[e[k].to])
{
dis[e[k].to]=e[k].c+dis[rr];
if(!bo[e[k].to])
{
qu[tail++]=e[k].to;bo[e[k].to]=1;if(tail==len) tail=0;
}
}
}
}
int check(int now)
{
now=c[now];
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if(f[now][bo[i]]) return 0;
return 1;
}
void dfs(int x)
{
if(x==t)
{
min=min<h?min:h;
return;
}
for(int k=first[x];k;k=e[k].next)
if(!visit[e[k].to]&&dis[e[k].to]+h<=min&&check(e[k].to))
{
visit[e[k].to]=1;
h+=e[k].c;
bo[++cnt]=c[e[k].to];
dfs(e[k].to);
h-=e[k].c;
visit[e[k].to]=0;
cnt--;
}
}
int main()
{
scanf("%d %d %d %d %d",&n,&k,&m,&s,&t);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=k;j++)
scanf("%d",&f[i][j]);
for(int i=1;i<=k;i++) f[i][i]=1;
int u,v,co;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d %d %d",&u,&v,&co);
if(f[c[v]][c[u]]!=1) insert(u,v,co);
if(f[c[u]][c[v]]!=1) insert(v,u,co);
}
spfa();
memset(bo,0,sizeof(bo));
cnt=0;
bo[++cnt]=c[s];visit[s]=1;
dfs(s);
printf("%d
",min==1*1e9?-1:min);
return 0;
}