题目描述

Description

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……。 能量守恒……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……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……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。

Input

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 si、ti、ei 表示 iPig 知道一种魔法，消耗 ei 的能量将元素 si 变换到元素 ti 。

Output

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。

Sample Input

4 6 14.9
1 2 1.5
2 1 1.5
1 3 3
2 3 1.5
3 4 1.5
1 4 1.5

Sample Output

3

HINT

样例解释

有意义的转换方式共4种：
1->4，消耗能量 1.5
1->2->1->4，消耗能量 4.5
1->3->4，消耗能量 4.5
1->2->3->4，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 <= 6，M<=15。
占总分不小于 20% 的数据满足 N <= 100，M<=300，E<=100且E和所有的ei均为整数（可以直接作为整型数字读入）。
所有数据满足 2 <= N <= 5000，1 <= M <= 200000，1<=E<=107，1<=ei<=E，E和所有的ei为实数。

题目分析

裸的k短路 使用A*算法
还是f=g+h g是从出发点到现在走的距离 h是从这点到终点的最短路径长度 使用priority_queue来维护f(单调递减)
根据f具有单调性(大雾) 第k次从堆顶弹出终点的f值就是答案
对于这道题来说 一直累加ans即可 直到总能量不够为止

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m;
double e;
int tot,tot2;
int head[5010],head2[5010];
struct your
{
    int net,to;
    double val;
}a[200010],b[200010];
void add1(int x,int y,double c)
{
    a[++tot].net=head[x];
    head[x]=tot;
    a[tot].to=y;
    a[tot].val=c;
}
void add2(int x,int y,double c)
{
    b[++tot2].net=head2[x];
    head2[x]=tot2;
    b[tot2].to=y;
    b[tot2].val=c;
}
bool vis[5010]; 
double dis[5010];
void spfa()
{
    queue<int>q;
    q.push(n);
    vis[n]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=999999999.0;
    dis[n]=0;
    while(q.size())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        vis[x]=0;
        for(int i=head2[x];i;i=b[i].net)
        {
            if(dis[b[i].to]>dis[x]+b[i].val)
            {
                dis[b[i].to]=dis[x]+b[i].val;
                if(!vis[b[i].to])
                    vis[b[i].to]=1,q.push(b[i].to);
            }
        }
    }
}
struct way
{
    double f;
    int x;
    bool operator < (way x)const
    {
        return x.f<f;
    }
};
int ans;
double total;
void A_star()
{
    priority_queue<way>q; 
    way nmp;
    nmp.x=1,nmp.f=dis[1];
    q.push(nmp);
    while(q.size())
    {
        nmp=q.top();
        q.pop();
        if(total>e) 
        {
            ans--;
            break;
        }
        if(nmp.x==n) 
            ans++,total+=nmp.f;
        for(int i=head[nmp.x];i;i=a[i].net)
        {
            way tmp;
            tmp.x=a[i].to;
            tmp.f=nmp.f-dis[nmp.x]+a[i].val+dis[a[i].to];
            q.push(tmp);
        }
    }

}
int main()
{
    scanf("%d%d%lf",&n,&m,&e);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y;
        double c;
        scanf("%d%d%lf",&x,&y,&c);
        add1(x,y,c); add2(y,x,c);
    }
    spfa();
    A_star();
    printf("%d",ans);
    return 0;
}