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【模板】k 短路 / [SDOI2010] 魔法猪学院

题目背景

注：对于 $k$ 短路问题，A* 算法的最坏时间复杂度是 $O(nk \log n)$ 的。虽然 A* 算法可以通过本题原版数据，但可以构造数据，使得 A* 算法在原题的数据范围内无法通过。事实上，存在使用可持久化可并堆的算法可以做到在 $O((n+m) \log n + k \log k)$ 的时间复杂度解决 $k$ 短路问题。详情见 OI-Wiki。

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 $\ldots$ 。

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 $\ldots$ 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 $\ldots$ 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 $s_i, t_i, e_i$ 表示 iPig 知道一种魔法，消耗 $e_i$ 的能量将元素 $s_i$ 变换到元素 $t_i$ 。

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。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

有意义的转换方式共 $4$ 种：

$1\to 4$ ，消耗能量 $1.5$ 。

$1\to 2\to 1\to 4$ ，消耗能量 $4.5$ 。

$1\to3\to4$ ，消耗能量 $4.5$ 。

$1\to2\to3\to4$ ，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 $N \leq 6,M \leq 15$ 。

占总分不小于 $20\%$ 的数据满足 $N \leq 100,M \leq 300,E\leq100$ 且 $E$ 和所有的 $e_i$ 均为整数（可以直接作为整型数字读入）。

所有数据满足 $2 \leq N \leq 5000$ ， $1 \leq M \leq 200000$ ， $1 \leq E \leq 10 ^ 7$ ， $1 \leq ei\leq E$ ， $E$ 和所有的 $e_i$ 为实数。

A* 算法

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
#define N 5003
#define E 200003

int n,m,s,t,size;
double k;
int tot,point[N],nxt[E],v[E],_tot,_point[N],_nxt[E],_v[E];double c[E],_c[E];
double dis[N];bool vis[N];
struct data
{
    int x;double g;
    bool operator < (const data &a) const
    {
        return g+dis[x]>a.g+dis[a.x];
    }
};

void add(int x,int y,double z)
{
    ++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; c[tot]=z;
    ++_tot; _nxt[_tot]=_point[y]; _point[y]=_tot; _v[_tot]=x; _c[_tot]=z;
}
void spfa()
{
    queue <int> q;
    memset(dis,127,sizeof(dis));
    dis[t]=0;vis[t]=1;q.push(t);
    while (!q.empty())
    {
        int now=q.front();q.pop();
        vis[now]=0;
        for (int i=_point[now];i;i=_nxt[i])
            if (dis[_v[i]]>dis[now]+_c[i])
            {
                dis[_v[i]]=dis[now]+_c[i];
                if (!vis[_v[i]]) vis[_v[i]]=1,q.push(_v[i]);
            }
    }
}
void Astar()
{
    priority_queue <data> q;
    q.push((data){s,0});
    while (!q.empty())
    {
        data now=q.top();q.pop();
        if (now.x==t)
        {
            if (now.g<k) k-=now.g,++size;
            else return;
            continue;
        }
        for (int i=point[now.x];i;i=nxt[i])
            q.push((data){v[i],now.g+c[i]});
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d%lf",&n,&m,&k);
    for (int i=1;i<=m;++i)
    {
        int x,y;double z;
        scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);
    }
    s=1,t=n;
    spfa();
    Astar();
    printf("%d\n",size);
}