P1576 最小花费

题目描述：

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题解思路：

　　假设初始转账人为A，最终接账人为B。看起来感觉直接求A转账的钱并不好求，但是可以通过已经B收到的金额，再返回去推A转账的金额，一种逆序的思想，每次推算下一个点的时候都要除以（1-z%）往回推转账的钱，所有都逆过来了，因此很明显这道题是一个裸的最短路径问题。此题用dijkstra算法即可求解，唯一需要注意的是，更新点的权值不再是加法而变成了此题的乘法。

　　注意：题目所给的边的上限不是很可靠，导致最后又2个点RE，然后修改边结构体的大小为原来的10倍才通过。

代码：

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm> 
#include<queue> 
#include<cstdio>
using namespace std;
int INFTY=1<<30;                //一个较大的值 
#define re register

typedef pair<double,int> P;                //前面存到起始点的值，后面存点编号 
struct edge{
    int next;        //下一条的编号 
    double w;            //权值 
    int to;            //当前边的终止点编号 
};
edge e[1000005];
int head[2005];
int cnt=0;
int n,m; 
int WHITE=0;
int BLACK=1;
int GRAY=2;

void dij(int start,int end){    //start实际上是收账人，end是转账人 
    priority_queue<P,vector<P>,greater<P> > que;        //最小值优先
    double d[2005];                //存个点到起点的值
    int color[2005];
    
    for(re int i=1;i<=n;i++){
        color[i]=WHITE;        //表示未访问过
        d[i]=INFTY;            //表示没有连接 
    } 
    que.push(P(100,start));                //起点入队
    color[start]=GRAY;                        //记录访问过
    d[start]=100;                        //100起步 
    
    while(!que.empty()){
        P cur=que.top();
        que.pop();
        int u=cur.second;                //拿出点的编号
        
        if(color[u]==BLACK) continue;  
        color[u]=BLACK;
        
        for(re int k=head[u];~k;k=e[k].next){        //遍历和temp有关的所有边 
            if(color[e[k].to]==BLACK) continue;            //表示没访问过 
            
            int v=e[k].to;            //边的终点 
            double money=d[u]/(1-(e[k].w)/100);
            if(money<d[v]){                //注意要进行点的权值比较，若点权值能变小才会更新 
                que.push(P(money,v));
                d[v]=money;
                color[v]=GRAY;
            }
        }
    }
    
    printf("%0.8lf",d[end]);            //输出最终某个人需要转账时的最小花费 
}
void add(int a,int b,double c){    //前向星存图 
    e[cnt].to=b;
    e[cnt].w=c;
    e[cnt].next=head[a];
    head[a]=cnt;
    cnt++;
}
int main(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    cin>>n>>m;
    
    for(re int i=1;i<=m;i++){
        int a,b;
        double c;
        cin>>a>>b>>c;
        add(a,b,c);                    //无向图存图 
        add(b,a,c);
    }
    
    int a,b;
    cin>>a>>b;
    dij(a,b);
    return 0;
}