1975: [Sdoi2010]魔法猪学院
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Description
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。
Input
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 。
Output
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。
Sample Input
4 6 14.9
1 2 1.5
2 1 1.5
1 3 3
2 3 1.5
3 4 1.5
1 4 1.5
1 2 1.5
2 1 1.5
1 3 3
2 3 1.5
3 4 1.5
1 4 1.5
Sample Output
3
HINT
样例解释
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。
Source
题目链接:BZOJ 1975
N个月前的题目,似乎是OJ的问题强行卡STL库的优先队列,需要极高的姿势才能卡过,反正我之前只会A*模版的时候MLE到死……,既然会了堆就手写一个吧,样例对不上debug半天发现是忘记删掉原来的操作符重载了= =,double类型下的裸K短路(没有卡eps还真是良心),由于用A*算法求得的K短路是不降序列,因此每一次都是贪心地消耗膜法进行变换即可,堆的大小大概在100多W,这里就设为150W好了
代码:
#include <stdio.h> #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f #define LC(x) (x<<1) #define RC(x) ((x<<1)+1) #define MID(x,y) ((x+y)>>1) #define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr)) #define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); typedef pair<int, int> pii; typedef long long LL; const double PI = acos(-1.0); const int N = 5010; const int M = 200010; struct edge { int to; int pre; double w; }; struct Astar { int cur; double g; double h; bool operator<(const Astar &t)const { if (g + h == t.g + t.h) return g <= t.g; return g + h <= t.g + t.h; } }; struct Heap { Astar A[1500010]; int sz; void init() { sz = 0; } void up(int cur) { int fa = cur >> 1; while (fa >= 1) { if (A[fa] < A[cur]) break; swap(A[cur], A[fa]); cur = fa; fa = cur >> 1; } } void down(int cur) { int lson = cur << 1; int rson = lson | 1; while (lson <= sz) { int son = lson; if (rson <= sz && A[rson] < A[lson]) son = rson; if (A[cur] < A[son]) break; swap(A[son], A[cur]); cur = son; lson = cur << 1; rson = lson | 1; } } void push(const Astar &rhs) { A[++sz] = rhs; up(sz); } void pop() { swap(A[1], A[sz]); --sz; down(1); } Astar top() { return A[1]; } bool empty() { return !sz; } }; Heap heap; edge E[M], rE[M]; int head[N], rhead[N], tot, rtot; double d[N]; bitset<N>vis; void init() { for (int i = 0; i < N; ++i) { d[i] = 1e20; head[i] = rhead[i] = -1; } tot = 0; rtot = 0; vis.reset(); heap.init(); } inline void add(int s, int t, double w) { E[tot].to = t; E[tot].w = w; E[tot].pre = head[s]; head[s] = tot++; rE[rtot].to = s; rE[rtot].w = w; rE[rtot].pre = rhead[t]; rhead[t] = rtot++; } void rev_spfa(int s) { queue<int>q; vis[s] = 1; d[s] = 0.0; q.push(s); int i, now, v; while (!q.empty()) { now = q.front(); q.pop(); vis[now] = 0; for (i = rhead[now]; ~i; i = rE[i].pre) { v = rE[i].to; if (d[v] > d[now] + rE[i].w) { d[v] = d[now] + rE[i].w; if (!vis[v]) { vis[v] = 1; q.push(v); } } } } } int main(void) { int n, m, i, a, b; double e, w; while (~scanf("%d%d%lf", &n, &m, &e)) { init(); for (i = 0; i < m; ++i) { scanf("%d%d%lf", &a, &b, &w); add(a, b, w); } rev_spfa(n); Astar S; S.cur = 1; S.g = 0; S.h = d[S.cur]; heap.push(S); int r = 0; Astar now, nxt; while (!heap.empty()) { now = heap.top(); heap.pop(); if (now.cur == n) { if (e >= now.g) { e -= now.g; ++r; } else break; } for (i = head[now.cur]; ~i; i = E[i].pre) { nxt.cur = E[i].to; nxt.g = now.g + E[i].w; nxt.h = d[nxt.cur]; heap.push(nxt); } } printf("%d ", r); } return 0; }