nyoj 307(最短路变形)

解题思路：这道题和上一道题一样，也是最短路的变形，我之前的想法是二分答案，然后再dp去判断是否可以满足要求，但发现这样子的话会存在问题：因为一条路可能走多次，就无法保证其后效性。

看了别人的思路：先以每个有宝藏的地方为起点，找到其到1号节点所符合题意的最大边max，表示最多可以从该节点运送max的宝藏到1号节点。最后，将所有有宝藏的地方所得到的最大边进行排序（从小到大），然后按照贪心的思想去找即可。相当于从1出发，到达某个节点k，然后取得宝藏，再返回1，然后再去找另外的宝藏，依次下去。

这道题和上一道题给我的启发是：在边上可以走多次，并且还与权值的最大、最小有关的图论题，可以往用最短路求边的极值的方向思考。

这道题TLE了。。。。先放在这里吧，有思路的时候再修改它。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 8005;
const int inf = 0x3f3f3f;
struct Edge
{
	int k,c,next;
}edge[maxn<<1];
int n,k,m,w,cnt,pre[maxn];
int have[maxn],dis[maxn],d[maxn];
int que[maxn],head,tail;
bool vis[maxn];

void addedge(int u,int v,int cost)
{
	edge[cnt].k = v;
	edge[cnt].c = cost;
	edge[cnt].next = pre[u];
	pre[u] = cnt++;
}

int spfa(int st,int ed)
{
	head = tail = 0;
	memset(vis,false,sizeof(vis));
	memset(dis,0,sizeof(dis));
	dis[st] = inf;
	que[tail++] = st;
	vis[st] = true;
	while(head != tail)
	{
		int u = que[head++];
		for(int i = pre[u]; i != -1; i = edge[i].next)
		{
			int s = edge[i].k;
			int cost = min(edge[i].c,dis[u]);
			if(vis[s] == false)
			{
				dis[s] = cost;
				vis[s] = true;
				que[tail++] = s;
			}
			else dis[s] = max(dis[s],cost);
		}
	}
	return dis[ed];
}

int main()
{
	while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&w)!=EOF)
	{
		memset(pre,-1,sizeof(pre));
		cnt = 0;
		for(int i = 1; i <= k; i++)
			scanf("%d",&have[i]);
		for(int i = 1; i <= m; i++)
		{
			int x,y,z;
			scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
			addedge(x,y,z);
			addedge(y,x,z);
		}
		for(int i = 1; i <= k; i++)
			d[i] = spfa(have[i],1);
		sort(d+1,d+1+k);
		int ans = 0;
		for(int i = 1; i <= k; i++)
			if(d[i] >= w * (ans+1))
				ans++;
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}