[JLOI2011]飞行路线

题目

BZOJ 2763: [JLOI2011]飞行路线

分析

图上DP。
应当注意，最小花费的航线并不一定是在最短路径上免费尽量多的边而得到的。
为什么呢？设想如果有一条路径，由不多于k条边组成，那么可以通过免费掉所有的边而获得0元的费用；如果恰好此图的最短路有多于k条边组成，那么无论如何也不能免费到0元。
因此，应采用DP：设f[i][j]表示更新到i节点，当前免费了j次的最小花费。通过遍历整张图，将答案更新完，方程显而易见：

f[i][j]=min{f[v][j−1]},v→i f [ i ] [ j ] = m i n { f [ v ] [ j − 1 ] } , v → i

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=10002,maxm=50002,inf=2147483647;
struct Edge{
    int to,next,v;
}e[maxm*2];
struct Node{
    int a,b;
    bool f;
    bool operator < (const Node &A) const
    {
        return b>A.b;
    }
};
queue<int>q;//更新节点 
queue<int>p;//更新免费次数 
int head[maxn],f[maxn][12];
bool vis[maxn][12];
int n,m,k,s,t,cnt;

void add(int u,int v,int w)
{
    e[++cnt].to=v;
    e[cnt].next=head[u];
    e[cnt].v=w;
    head[u]=cnt;
}

void spfa()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=k;j++)
            f[i][j]=inf;
    f[s][0]=0;
    vis[s][0]=true;
    q.push(s);
    p.push(0);
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front(),l=p.front();
        q.pop(),p.pop();
        vis[u][l]=0; 
        for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
        {
            int v=e[i].to;
            if(f[v][l]>f[u][l]+e[i].v)
            {
                f[v][l]=f[u][l]+e[i].v;
                if(!vis[v][l])
                {
                    q.push(v);
                    p.push(l);
                    vis[v][l]=true;
                }
            }
            if(l!=k&&f[u][l]1])
            {
                f[v][l+1]=f[u][l];
                if(!vis[v][l+1])
                {
                    q.push(v);
                    p.push(l+1);
                    vis[v][l+1]=true;
                }
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&k,&s,&t);
    s++,t++;
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x+1,y+1,z);
        add(y+1,x+1,z);
    }
    spfa();
    int ans=inf;
    for(int i=0;i<=k;i++)
        ans=min(ans,f[t][i]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}