[NOIP模拟测试]:公园（BFS+剪枝）
作者：互联网
题目传送门（内部题31）
输入格式
第一行，五个整数$V,M,N,E,L$。
接下来$M$行，每行两个正整数$s_i,a_i$。保证$s_i$互不相等。
接下来$N$行，每行两个正整数$t_j,b_j$。保证$t_j$互不相等。
接下来$E$行，每行三个正整数$u_k,v_k,w_k$。保证$u_k\neq v_k$，也保证不存在从某一点出发能再次回到该点的路径。
输出格式
一个整数表示$L$时间内最多能访问的景点数，若不存在时间不超过$L$的方案则输出$0$。
样例
样例输入1：
4 1 1 3 17
1 2
4 2
1 2 5
2 3 7
2 4 8
样例输出1：
3
样例输入2：
2 2 2 1 3
1 1
2 2
1 1
2 2
1 2 3
样例输出2：
1
数据范围与提示
样例$1$解释：
方案为$1\rightarrow 2\rightarrow 4$，花费时间为$2+5+8+2=17\leqslant 17$。
样例$2$解释：
只能进入景点$1$后立即出来，花费时间为$1+1=2\leqslant 3$。
数据范围：
对于所有数据，$1\leqslant V\leqslant 2,000,1\leqslant E\leqslant 5,000,1\leqslant M,N\leqslant V,1\leqslant s_i,t_j,u_k,v_k\leqslant V,0\leqslant L,a_i,b_j,w_k\leqslant {10}^9$。
题解
当你选择打最基础的暴力的时候你就离$AC$不远了。
当然正解是$DP$，但是我不会……
于是想剪枝，用$dis[i][j]$表示点到$i$，走了$j$个点的最小花费，如果已经不能更新答案，就剪枝。
这就完了……
为方便，将所有的入口连在一个点上，所有的出口连在一个点上。
时间复杂度：$\Theta($玄学$)$。
期望得分：$20$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int id,v,w;}q[5000000];
struct rec{int nxt,to,w;}e[100010];
int head[5010],cnt;
int V,M,N,E,L;
int ans;
int dis[5010][5010],xb[5010][5010];
void add(int x,int y,int w)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
e[cnt].w=w;
head[x]=cnt;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d%d",&V,&M,&N,&E,&L);
for(int i=1;i<=M;i++)
{
int s,a;
scanf("%d%d",&s,&a);
add(0,s,a);
}
for(int i=1;i<=N;i++)
{
int t,b;
scanf("%d%d",&t,&b);
add(t,V+1,b);
}
for(int i=1;i<=E;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
}
int u=0,v;
q[v=1]=(node){0,0,0};
while(u^v)
{
node flag=q[++u];
int x=flag.id,s=flag.v+1,d=flag.w;
for(int i=head[x],y;i;i=e[i].nxt)
{
int qj=dis[y=e[i].to][s];
if(e[i].w+d>L)continue;
if(!qj)
{
dis[y][s]=e[i].w+d;
if(y==V+1){ans=max(ans,s);continue;}
q[xb[y][s]=++v]=(node){y,s,e[i].w+d};
continue;
}
if(e[i].w+d>=qj)continue;
dis[y][s]=e[i].w+d;
if(y==V+1){ans=max(ans,s);continue;}
q[xb[y][s]]=(node){y,s,e[i].w+d};
}
}
printf("%d",ans?ans-1:0);
return 0;
}
rp++
标签：5010,剪枝,NOIP,int,样例,BFS,continue,ans,leqslant 来源： https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11479850.html