BZOJ_1579_[Usaco2009 Feb]Revamping Trails 道路升级_分层图最短路

BZOJ_1579_[Usaco2009 Feb]Revamping Trails 道路升级_分层图最短路

Description

每天,农夫John需要经过一些道路去检查牛棚N里面的牛. 农场上有M(1<=M<=50,000)条双向泥土道路,编号为1..M. 道路i连接牛棚P1_i和P2_i (1 <= P1_i <= N; 1 <= P2_i<= N). John需要T_i (1 <= T_i <= 1,000,000)时间单位用道路i从P1_i走到P2_i或者从P2_i 走到P１_i 他想更新一些路经来减少每天花在路上的时间.具体地说,他想更新K (1 <= K <= 20)条路经，将它们所须时间减为０．帮助FJ选择哪些路经需要更新使得从１到N的时间尽量少.

Input

* 第一行: 三个空格分开的数: N, M, 和 K * 第2..M+1行: 第i+1行有三个空格分开的数：P1_i, P2_i, 和 T_i

Output

* 第一行: 更新最多Ｋ条路经后的最短路经长度．

Sample Input

4 4 1
1 2 10
2 4 10
1 3 1
3 4 100

Sample Output

1

HINT

K是1; 更新道路3->4使得从３到４的时间由１００减少到０. 最新最短路经是1->3->4,总用时为１单位. N<=10000

 

---

分析：非常好理解的分层图最短路。

由于有K次操作，不妨把每个点换成一个二元组<x,y>表示<在x这个点,升级了y次道路>。

然后重新建图，一条边<a,b,c>:a到b，b到a同层下连权值为c的边，<a,y>到<b,y+1>，<b,y>到<a,y+1>连权值为0的边。

然后跑最短路。

边要开够。

 

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define N 225005
#define M 5000050
#define fs first
#define sd second
#define mr(x,y) make_pair(x,y)
#define LL long long
int head[N],to[M],nxt[M],val[M],cnt,n,m,k,hcnt=1,vis[N];
LL dis[N],ans=1ll<<60;
inline void add(int u,int v,int w) {
	to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;val[cnt]=w;
}
priority_queue < pair<LL,int> > q;
void dij() {
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	int i;
	dis[1]=0;
	q.push(mr(0,1));
	while(!q.empty()) {
		int x=q.top().sd;
		q.pop();
		if(vis[x]) continue;
		vis[x]=1;
		for(i=head[x];i;i=nxt[i]) {
			if(dis[to[i]]>dis[x]+val[i]) {
				dis[to[i]]=dis[x]+val[i];
				q.push(mr(-dis[to[i]],to[i])); 
			}
		}
	}
	for(i=0;i<=k;i++) ans=min(ans,dis[i*n+n]);
	printf("%lld
",ans);
}
int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	int x,y,z,i,j;
	for(i=1;i<=m;++i) {
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		for(j=0;j<=k;j++) {
			add(j*n+x,j*n+y,z);
			add(j*n+y,j*n+x,z);
			add(j*n+y,(j+1)*n+x,0);
			add(j*n+x,(j+1)*n+y,0);
		}
	}
	//for(i=1;i<=n;i++)for(j=0;j<k;j++) add(j*n+i,(j+1)*n+i,0);
	dij();
}