【题意】给定正边权有向图，车油量上限C，每个点可以花费pi加油至min(C,ci)，走一条边油-1，T次询问s点出发带钱q，旅行路程至少为d的最多剩余钱数。
n<=100,m<=1000,C<=10^5,q<=n^2。
【算法】动态规划
【题解】官方题解
虽然不是DAG，但是由于q很小的特点，将q加入状态就满足DP的无后效性了。
令f[i][q]表示当前在i点并在i点加油，加油前钱数为q的最大路程。（q<pi时，f[i][q]=0）
假设下一加油点为j，转移方程：f[i][q]=max{f[j][q-pi]+w(i,j,ci)}，其中w(i,j,c)表示i点到j点，油量为c的最大路程。（ci=min(ci,C)）
现在主要问题是预处理w(i,j,ci)，发现每走一条边c只会减少1，符合倍增变化规则一致的特点，考虑图上倍增。
虽然不是DAG，但是c加入状态就满足DP的无后效性了。
g(i,j,k)表示i点到j点，油量为2^k的最大路程，显然g(i,j,k)=max{g(i,x,k-1)+g(x,j,k-1)}，x是中转点。
对于w(i,j,ci)，将ci拆分二进制，每次枚举x作为中转点后直接取倍增数组g计算答案。
【倍增的思想是很经典的，将需要的ci拆分二进制后将1的位用倍增数组堆起来。但是应用到图上每次就都需要遍历全图作为可能的中转点，最后找到最优答案。】
最后得到了f[i][q]，对每个询问在f[s]上二分到第一个大于等于d的f[s][q]，q就是答案。
复杂度O(n^4+n^3*log k+T*log n^2)，瓶颈复杂度O(n^4)。（n^4过100……）
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cctype> using namespace std; int read(){ char c;int s=0,t=1; while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')t=-1; do{s=s*10+c-'0';}while(isdigit(c=getchar())); return s*t; } const int maxn=110,maxm=1010,maxk=30,inf=0x3f3f3f3f; int n,m,C,T,tot; int g[maxn][maxn][maxk],p[maxn],c[maxn],A[maxn],B[maxn],w[maxn][maxn],f[maxn][maxn*maxn]; void cmax(int &a,int b){if(b>a)a=b;} int main(){ n=read();m=read();C=read();T=read(); for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=0;k<=20;k++)g[i][j][k]=-inf; for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=read(),c[i]=min(C,read()),g[i][i][0]=0; for(int i=1;i<=m;i++){ int u=read(),v=read(),w=read(); g[u][v][0]=w; } for(int k=1;k<=17;k++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) for(int x=1;x<=n;x++)cmax(g[i][j][k],g[i][x][k-1]+g[x][j][k-1]); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++)A[j]=-inf;A[i]=0; for(int k=0;k<=17;k++)if((c[i]>>k)&1){ for(int j=1;j<=n;j++){ B[j]=-inf; for(int x=1;x<=n;x++)cmax(B[j],A[x]+g[x][j][k]); } for(int j=1;j<=n;j++)A[j]=B[j]; } for(int j=1;j<=n;j++)w[i][j]=A[j]; } for(int q=0;q<=n*n;q++) for(int x=1;x<=n;x++)if(q>=p[x]) for(int y=1;y<=n;y++)cmax(f[x][q],f[y][q-p[x]]+w[x][y]); while(T--){ int s=read(),q=read(),d=read(); int pl=lower_bound(f[s],f[s]+n*n+1,d)-f[s]; if(pl>q)printf("-1 ");else printf("%d ",q-pl); } return 0; }