标签：tor family 操作 时间 分层 eof 其他 using mpi
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.
* 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
* 第一行: 更新最多Ｋ条路经后的最短路经长度．
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
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感觉还是有必要发一篇题解吧 因为网上的代码都好复杂QAQ——其实只需要五六十行的样子
我们只要在正常的dijkstra上把数组d【i】（表示距离）转换成d【i】【j】表示从1走到i 在使用了 j 次变 0 技能后的最短路
之后的操作就和正常的dijkstra一样了 每次取最近的出堆更新其他结点就好了 等到 点n 出堆的时候就是答案了
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #define LL long long using namespace std; const int N=10007,inf=0x7f7f7f7f; int read(){ int ans=0,f=1,c=getchar(); while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘) f=-1; c=getchar();} while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){ans=ans*10+(c-‘0‘); c=getchar();} return ans*f; } int n,m,k; int d[N][25]; struct node{ int d,h,pos; bool operator <(const node& x)const{return x.d<d;} }; priority_queue<node>q; int first[N],cnt; struct pos{int to,next,w;}e[10*N]; void ins(int a,int b,int w){e[++cnt]=(pos){b,first[a],w}; first[a]=cnt;} void insert(int a,int b,int w){ins(a,b,w); ins(b,a,w);} int dj(){ memset(d,0x7f,sizeof(d)); for(int i=0;i<=k;i++) d[1][i]=0; q.push((node){0,0,1}); while(!q.empty()){ node p=q.top(); q.pop(); if(d[p.pos][p.h]!=p.d) continue; if(p.pos==n) return p.d; int x=p.pos,h=p.h; for(int i=first[x];i;i=e[i].next){ int now=e[i].to; if(d[now][h]>d[x][h]+e[i].w) d[now][h]=d[x][h]+e[i].w,q.push((node){d[now][h],h,now}); if(h<k&&d[now][h+1]>d[x][h]) d[now][h+1]=d[x][h],q.push((node){d[now][h+1],h+1,now}); } } return d[n][k]; } int main() { int x,y,v; n=read(); m=read(); k=read(); for(int i=1;i<=m;i++) x=read(),y=read(),v=read(),insert(x,y,v); printf("%d\n",dj()); return 0; }
bzoj 1579: [Usaco2009 Feb]Revamping Trails 道路升级——分层图+dijkstra
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原文地址：http://www.cnblogs.com/lyzuikeai/p/7419539.html
