分层图【p4568】 [JLOI2011]飞行路线

Description

Alice和Bob现在要乘飞机旅行，他们选择了一家相对便宜的航空公司。该航空公司一共在nn个城市设有业务，设这些城市分别标记为\(0\)到\(n−1\)，一共有\(m\)种航线，每种航线连接两个城市，并且航线有一定的价格。

Alice和Bob现在要从一个城市沿着航线到达另一个城市，途中可以进行转机。航空公司对他们这次旅行也推出优惠，他们可以免费在最多\(k\)种航线上搭乘飞机。那么Alice和Bob这次出行最少花费多少？

Input

数据的第一行有三个整数，\(n,m,k\)，分别表示城市数，航线数和免费乘坐次数。

第二行有两个整数，\(s,t\)，分别表示他们出行的起点城市编号和终点城市编号。

接下来有\(m\)行，每行三个整数，\(a,b,c\)，表示存在一种航线，能从城市\(a\)到达城市\(b\)，或从城市\(b\)到达城市\(a\)，价格为\(c\)。

Output

只有一行，包含一个整数，为最少花费

分析

​ 明显,此题为最短路问题,但是考虑到可以免费搭乘(即直接通过一条边无需费用.)

这种问题有一个较官方的名字 分层图最短路问题

分层图最短路是指在可以进行分层图的图上解决最短路问题.

是不是听起来就很nb?

具体分层图是啥,我也不知道

一般模型：

​ 在图上,有\(k\)次机会可以直接通过一条边,问起点与终点之间的最短路径.

很明显,这道题是一个裸的分层图最短路问题 (貌似这类问题都挺裸的 emm

解法

我们设

\(dis[i][j]\)代表到达\(i\)用了\(j\)次免费机会的最小花费.

\(vis[i][j]\)代表到达\(i\)用了\(j\)次免费机会的情况是否出现过.

对于某条路径我们可以选择使用机会,也可以选择不使用机会.

讨论这两种情况即可

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define R register
#define N 20008
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
	int f=1;x=0;char s=getchar();
	while(s>'9' or s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while(s>='0' and s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	x*=f;
}
int head[N],tot,n,m,s,t,k;
int dis[N][15],ans=2147483647;
bool vis[N][15];
struct cod{int u,v,w;}edge[N*6+8];
inline void add(int x,int y,int z)
{
	edge[++tot].u=head[x];
	edge[tot].v=y;
	edge[tot].w=z;
	head[x]=tot;
}
struct coc{
	int u,d,used;
	bool operator <(const coc&a) const 
	{
		return d>a.d;
	}
};
inline void dijkstra()
{
	memset(dis,127,sizeof dis);
	dis[s][0]=0;
	priority_queue<coc>q;
	q.push((coc){s,0,0});
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.top().u,now=q.top().used;
		q.pop();
		if(vis[u][now])continue;
		vis[u][now]=true;
		for(R int i=head[u];i;i=edge[i].u)
		{
			if(now<k and !vis[edge[i].v][now+1] and dis[edge[i].v][now+1]>dis[u][now])//当前路径,使用一次免费机会.注意判断 now<k
			{
				dis[edge[i].v][now+1]=dis[u][now];
				q.push((coc){edge[i].v,dis[edge[i].v][now+1],now+1});
			}
			if(!vis[edge[i].v][now] and dis[edge[i].v][now]>dis[u][now]+edge[i].w)//当前路径,不使用免费机会
			{
				dis[edge[i].v][now]=dis[u][now]+edge[i].w;
				q.push((coc){edge[i].v,dis[edge[i].v][now],now});
			}
		}
	}
}
int main()
{
	in(n),in(m),in(k);
	in(s),in(t);
	s++;t++;//这里个人习惯不同.我选择记录编号为1~n
	for(R int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
	{
		in(x),in(y),in(z);
		x++;y++;
		add(x,y,z);
		add(y,x,z);
	}
	dijkstra();//直接跑dijkstra
	for(R int i=0;i<=k;i++)
		ans=min(ans,dis[t][i]);//到达t我们需要对使用免费机会的情况枚举.取min
	printf("%d",ans);
}