题目描述
iPig在假期来到了传说中的魔法猪学院，开始为期两个月的魔法猪训练。经过了一周理论知识和一周基本魔法的学习之后，iPig对猪世界的世界本原有了很多的了解：众所周知，世界是由元素构成的；元素与元素之间可以互相转换；能量守恒……。
能量守恒……iPig 今天就在进行一个麻烦的测验。iPig 在之前的学习中已经知道了很多种元素，并学会了可以转化这些元素的魔法，每种魔法需要消耗 iPig 一定的能量。作为 PKU 的顶尖学猪，让 iPig 用最少的能量完成从一种元素转换到另一种元素……等等，iPig 的魔法导猪可没这么笨！这一次，他给 iPig 带来了很多 1 号元素的样本，要求 iPig 使用学习过的魔法将它们一个个转化为 N 号元素，为了增加难度，要求每份样本的转换过程都不相同。这个看似困难的任务实际上对 iPig 并没有挑战性，因为，他有坚实的后盾……现在的你呀！
注意，两个元素之间的转化可能有多种魔法，转化是单向的。转化的过程中，可以转化到一个元素（包括开始元素）多次，但是一但转化到目标元素，则一份样本的转化过程结束。iPig 的总能量是有限的，所以最多能够转换的样本数一定是一个有限数。具体请参看样例。
输入输出格式
输入格式：
第一行三个数 N、M、E 表示iPig知道的元素个数（元素从 1 到 N 编号）、iPig已经学会的魔法个数和iPig的总能量。
后跟 M 行每行三个数 si、ti、ei 表示 iPig 知道一种魔法，消耗 ei 的能量将元素 si 变换到元素 ti 。
输出格式：
一行一个数，表示最多可以完成的方式数。输入数据保证至少可以完成一种方式。
输入输出样例
说明
有意义的转换方式共4种：
1->4，消耗能量 1.5
1->2->1->4，消耗能量 4.5
1->3->4，消耗能量 4.5
1->2->3->4，消耗能量 4.5
显然最多只能完成其中的3种转换方式（选第一种方式，后三种方式仍选两个），即最多可以转换3份样本。
如果将 E=14.9 改为 E=15，则可以完成以上全部方式，答案变为 4。
数据规模
占总分不小于 10% 的数据满足 N <= 6，M<=15。
占总分不小于 20% 的数据满足 N <= 100，M<=300，E<=100且E和所有的ei均为整数（可以直接作为整型数字读入）。
所有数据满足 2 <= N <= 5000，1 <= M <= 200000，1<=E<=107，1<=ei<=E，E和所有的ei为实数。
解题思路：K短路
看最多能跑到第几短路，就是答案。
建图需要思考一下，相当于一个有向无环图。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<queue> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 #define R register 8 #define ll long long 9 #define inf 2047483600 10 #define mod 317847191 11 #define DB double 12 using namespace std; 13 inline int read() 14 { 15 R int x=0,w=1;char ch=getchar(); 16 while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘) w=-1;ch=getchar();} 17 while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch-‘0‘),ch=getchar(); 18 return x*w; 19 } 20 const int N=200010; 21 struct node{ 22 int u,v; 23 DB c; 24 int ne; 25 }e[N],e2[N]; 26 int h[N],n,m,tot,h2[N]; 27 DB sum,d[N]; 28 void add(R int u,R int v,R DB c) 29 { 30 tot++;e[tot]=(node){u,v,c,h[u]};h[u]=tot; 31 e2[tot]=(node){v,u,c,h2[v]};h2[v]=tot; 32 } 33 bool v[N]; 34 void spfa(R int s) 35 { 36 for(R int i=1;i<=n;++i) d[i]=inf; 37 queue<int>q; 38 d[s]=0;v[s]=1;q.push(s); 39 while(!q.empty()) 40 { 41 R int ff=q.front();q.pop();v[ff]=0; 42 for(int i=h2[ff];i;i=e2[i].ne) 43 { 44 R int rr=e2[i].v; 45 if(d[rr]>d[ff]+e2[i].c) 46 { 47 d[rr]=d[ff]+e2[i].c; 48 if(!v[rr]) q.push(rr),v[rr]=1; 49 } 50 } 51 } 52 } 53 struct kk{ 54 int id; 55 DB f,g; 56 bool operator<(const kk&x)const{ 57 if(f!=x.f) return f>x.f; 58 else return g>x.g; 59 } 60 }; 61 void A_star(R int S,R int T,R int K) 62 { 63 if(S==T) K++; 64 priority_queue<kk>q; 65 q.push((kk){S,0.0,0.0}); 66 tot=0; 67 while(!q.empty()) 68 { 69 kk ff=q.top();q.pop(); 70 if(ff.id==T) 71 { 72 tot++; 73 if(sum>=ff.f) sum-=ff.f,K++; 74 else{printf("%d",tot-1);exit(0);} 75 } 76 for(int i=h[ff.id];i;i=e[i].ne) 77 { 78 kk rr;rr.id=e[i].v; 79 rr.g=ff.g+e[i].c; 80 rr.f=rr.g+d[rr.id]; 81 q.push(rr); 82 } 83 } 84 } 85 int main() 86 { 87 n=read();m=read();scanf("%lf",&sum); 88 for(R int i=1;i<=m;++i) 89 { 90 R int x,y; 91 R DB z;x=read();y=read();scanf("%lf",&z); 92 add(x,y,z); 93 } 94 spfa(n); 95 A_star(1,n,1); 96 return 0; 97 }
弥天罪过，当不得一个悔字。
