1031 Rinne Loves Graph 求经过k个障碍到达n的最短路 分层图或最短路+dp
作者：互联网
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/26077/1031
来源：牛客网
题目描述
Island 发生了一场暴乱！现在 Rinne 要和 Setsuna 立马到地上世界去。众所周知：Island 是有一些奇怪的城镇和道路构成的（题目需要，游戏党勿喷），有些城镇之间用双向道路连接起来了，且每条道路有它自己的距离。但是有一些城镇已经被派兵戒严，虽然主角可以逆天改命强闯，但是为了体验该游戏的平衡性，他们只能穿过不超过 K 次被戒严的城镇。 定义“穿过”：从一个戒严的点出发到达任意一个点，都会使得次数加1 现在他们想从 1 号城镇最快的走到 n 号城镇（即出口），现在他们想让你告诉他们最短需要走多少路。
输入描述:
第一行三个整数 n,m,k，分别表示城镇数量，边数量和最多能闯过被戒严的城市的次数。
接下来 n 行，每行一个整数 1 或 0，如果为 1 则表示该城市已被戒严，0 则表示相反。
接下来 m 行，每行三个数 u,v,w，表示在 u 城镇和 v 城镇之间有一条长度为 w 的双向道路。
输出描述:
输出一行一个数字，表示从 1 到 n 的最短路径，如果到达不了的话，请输出 -1。示例1
输入
复制4 5 1 1 0 1 0 1 2 10 2 3 10 3 1 15 1 4 60 3 4 30
输出
复制60
备注:
2≤n≤800,1≤m≤4000,1≤k≤10,1≤w≤1062 \leq n \leq 800,1 \leq m \leq 4000,1 \leq k \leq 10,1 \leq w \leq 10^62≤n≤800,1≤m≤4000,1≤k≤10,1≤w≤106保证没有多条道路连接同一对城市，也没有一条道路连向自己。
分析
1.分层图
为每对节点在每一层 建立一条边
1.如果当前节点没有阻塞，就可以直接走到同层另一个节点
2.如果当前节点有阻塞，就需要从当前节点走到下一层的另一个节点
跑最短路
在 给定层数里，取 其中 可以到达终点的层 到达终点的最短路
//-------------------------代码----------------------------
#define int ll
const int N = 2e6+10;
int n,m,k;
int e[N],ne[N],w[N],h[N],idx;
int a[N];
int dis[N];
void add(int a,int b,int c) {e[idx] = b,ne[idx] = h[a],w[idx] = c,h[a] = idx ++ ;}
bool vis[N];
void dij() {
ms(dis,inf);dis[1] = 0;
priority_queue<pii,V<pii>,greater<pii>> q;
q.push({0,1});
while(q.size()) {
auto tmp = q.top();q.pop();
if(vis[tmp.second]) continue;
vis[tmp.second] = 1;
for(int i = h[tmp.second];~i;i=ne[i]) {
int j = e[i];
if(dis[j] > w[i] + tmp.x) {
dis[j] = w[i] + tmp.x;
q.push({dis[j],j});
}
}
}
}
void solve() {
cin>>n>>m>>k;
ms(h,-1);
fo(i,1,n) cin>>a[i];
fo(i,1,m) {
int x,y,z;cin>>x>>y>>z;
if(!a[x]) {
fo(j,0,k) add(x + n * j,y + n * j,z);//当前层
}
if(!a[y]) {
fo(j,0,k) add(y + n * j,x + n * j,z);
}
if(a[x]) {
fo(j,0,k-1) add(x + n * j,y + n * (j+1),z);
}
if(a[y]) {
fo(j,0,k-1) add(y + n * j,x + n * (j+1),z);
}
}
if(k < 0) {None;rt;}
dij();
int ans = inf;
fo(i,1,k+1) ans = min(ans,dis[i*n]);
if(ans == inf) ans = -1;
cout<<ans<<endl;
}
void main_init() {}
signed main(){
AC();clapping();TLE;
cout<<fixed<<setprecision(12);
main_init();
// while(cin>>n,n)
// while(cin>>n>>m,n,m)
// int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
2.最短路+DP
分析
线性DP是到了某个点 j ，就从前面的点 i 更新过来
这题随着点数的增加，k 会逐渐变大，路程会逐渐变大，当前枚举到的点会变化
所以设状态为 dp [i][ k] 表示当前枚举到 j 点，已经经历了 k 个障碍
由于要跑 到点 n 的最小路径，所以跑dijkstra
当枚举到新的点，更新当前的 k 就可以一路跑到 n 点了。
//-------------------------代码----------------------------
//#define int ll
const int N = 1e5+10;
int n,m,k;
int e[N],h[N],w[N],ne[N],idx;
int dis[N][15];
void add(int a,int b,int c) {
e[idx] = b,ne[idx] = h[a],w[idx] = c,h[a] = idx ++ ;
}
struct node {
int id,c,k;
bool operator<(const node & x) const {
return c > x.c;
}
};
int a[N];
bool vis[N];
void dij() {
ms(dis,inf);
dis[1][0] = 0;
priority_queue<node> q;
q.push({1,0,0});
while(q.size()) {
auto tmp = q.top();q.pop();;
if(vis[tmp.id]) continue;
vis[tmp.id] = 1;
for(int i = h[tmp.id];~i;i=ne[i]) {
int j = e[i];int nowk = a[tmp.id] + tmp.k;
if(nowk > k) continue;
if(dis[j][nowk] > w[i] + tmp.c) {
dis[j][nowk] = w[i] + tmp.c;
q.push({j,dis[j][nowk],nowk});
}
}
}
}
void solve()
{
cin>>n>>m>>k;
for(int i = 1; i<=n; i++) cin>>a[i];
ms(h,-1);
for(int x,y,w,i = 1; i<=m; i++) {
cin>>x>>y>>w;
add(x,y,w);
add(y,x,w);
}
dij();
int ans = INF;
for(int i=0; i<=k; i++) {
ans=min(ans,dis[n][i]);
}
if(ans==INF) puts("-1");
else printf("%d\n",ans);
}
void main_init() {}
signed main(){
AC();clapping();TLE;
cout<<fixed<<setprecision(12);
main_init();
// while(cin>>n,n)
// while(cin>>n>>m,n,m)
// int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
标签：tmp,10,Rinne,idx,int,短路,add,1031,dis 来源： https://www.cnblogs.com/er007/p/16616937.html