題目描述
iPig在假期來到了傳說中的魔法豬學院，開始為期兩個月的魔法豬訓練。經過了一周理論知識和一周基本魔法的學習之后，iPig對豬世界的世界本原有了很多的了解：眾所周知，世界是由元素構成的；元素與元素之間可以互相轉換；能量守恆……。
能量守恆……iPig 今天就在進行一個麻煩的測驗。iPig 在之前的學習中已經知道了很多種元素，並學會了可以轉化這些元素的魔法，每種魔法需要消耗 iPig 一定的能量。作為 PKU 的頂尖學豬，讓 iPig 用最少的能量完成從一種元素轉換到另一種元素……等等，iPig 的魔法導豬可沒這么笨！這一次，他給 iPig 帶來了很多 1 號元素的樣本，要求 iPig 使用學習過的魔法將它們一個個轉化為 N 號元素，為了增加難度，要求每份樣本的轉換過程都不相同。這個看似困難的任務實際上對 iPig 並沒有挑戰性，因為，他有堅實的后盾……現在的你呀！
注意，兩個元素之間的轉化可能有多種魔法，轉化是單向的。轉化的過程中，可以轉化到一個元素（包括開始元素）多次，但是一但轉化到目標元素，則一份樣本的轉化過程結束。iPig 的總能量是有限的，所以最多能夠轉換的樣本數一定是一個有限數。具體請參看樣例。
輸入輸出格式
輸入格式：
第一行三個數 N、M、E 表示iPig知道的元素個數（元素從 1 到 N 編號）、iPig已經學會的魔法個數和iPig的總能量。
后跟 M 行每行三個數 $s_i$、$t_i$、$e_i$ 表示 iPig 知道一種魔法，消耗 $e_i$ 的能量將元素 $s_i$ 變換到元素 $t_i$ 。
輸出格式：
一行一個數，表示最多可以完成的方式數。輸入數據保證至少可以完成一種方式。
輸入輸出樣例
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
3
說明
有意義的轉換方式共4種：
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顯然最多只能完成其中的3種轉換方式（選第一種方式，后三種方式仍選兩個），即最多可以轉換3份樣本。 如果將 E=14.9 改為 E=15，則可以完成以上全部方式，答案變為 4。
數據規模
占總分不小於 10% 的數據滿足 $N <= 6$，$M<=15$。
占總分不小於 20% 的數據滿足 $N <= 100$，$M<=300$，$E<=100$且$E$和所有的$e_i$均為整數（可以直接作為整型數字讀入）。
所有數據滿足 $2 <= N <= 5000$，$1 <= M <= 200000$，$1<=E<=10^7$，$1<=e_i<=E$，$E$和$e_i$為實數。
解題思路
//本來想寫一題左偏樹練練手速的，百度一下就找到了這題，結果似乎沒必要用左偏樹。。。只是因為BZOJ很喪病，卡優先隊列的內存，大家就紛紛選擇了手寫堆，某些大牛選擇了左偏樹當做可持久化堆，動態開點節省空間，而我這等蒟蒻用恆定大小的手寫二叉堆的就夠了…………
回歸正題。
這題很容易看出來是求前k短路，是路徑權值之和小於等於E，因為一種轉化方式完成后就不能再用了，而為了盡量多地完成轉換，肯定要選擇當前轉換代價最小(最短路、次短路、第3短路……)，轉換完成一次(路徑到達n點一次)就統計答案ans++，最后輸出答案。
找k短路的算法最容易想到的是BFS暴搜，第k次搜到n點就是k短路。通過 百度一下 查閱資料我們學到了一種名叫A*的算法，用它可以求第K短路，證明不會，但是板子挺好背的，看幾遍也就記住了……(2019年01月27日 更新 放一個月時間也就忘了)
A*有一個東西叫估價函數$f(n)$，$f(n)=g(n)+h(n)$，在求k短路的問題中，$g(n)$是從起點出發已經走了的長度，$h(n)$是從這個點到終點的最短路。
由於用到每個點到終點的最短路，我們可以在反向圖上跑一遍spfa，求出終點到每個點的最短路，用dis[i]表示終點到第$i$號點的最短距離。
然后就可以跑A*了。
建立一個優先隊列，每個元素為{d,u}，d=f(u)，優先隊列是以d為鍵值的小根堆。
首先把{dis[1],1}/*即第一個點*/加入優先隊列，然后進入如下循環——
(1) 從優先隊列中取出d最小的節點u;
(2)如果u是終點n，那么就找到了一條k短路(第k次取出n點時的d就是第k短路路徑長度)，E-=d，如果此時剩余的E>=0(浮點數判斷可以用$1e-6$)，也就是有足夠能量進行此次轉換，那么ans++，否則能量不足，退出A*;
(3)拓展正向圖中與u直接相連的點，並將它們入隊(壓入堆中)，設當前與u相連的點為v，邊權為w，則新的$d=f(v)=f(u)-dis[u]+w+dis[v]$;
(4)如果堆空了，就退出A*，否則返回(1);
————————2018年5月13日更新————————
今天發現，這題在洛谷上被hack了……下面是92分代碼，至於AC代碼……我留坑吧
————————2019年10月6日更新————————
https://www.luogu.org/blog/cjyl/solution-p2483
原來說可並堆是因為要可持久化進行優化啊……現在看來下面的代碼就是暴力……什么A*嘛
源代碼
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n,m,ans=0; double E; struct Edge{ int next,to; double w; }fe[200010],e[200010];//e存正向圖，fe存反向圖 int head[200010]={0},cnt=1,fhead[200010]={0},fcnt=1;//帶f的都用於存反向圖 void add(int u,int v,double w) { e[cnt].to=v; e[cnt].w=w; e[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt++;//給正向圖加邊 fe[fcnt].to=u; fe[fcnt].w=w; fe[fcnt].next=fhead[v]; fhead[v]=fcnt++;//給反向圖加邊 } double dis[5010];//裸spfa bool inq[5010]={0}; void spfa() { for(int i=0;i<5010;i++) dis[i]=999999999.0; dis[n]=0.0; queue<int> q; q.push(n); inq[n]=1; while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); inq[u]=0; for(int i=fhead[u];i;i=fe[i].next) { int v=fe[i].to; double w=fe[i].w; if(dis[v]>dis[u]+w) { dis[v]=dis[u]+w; if(!inq[v]) { inq[v]=1; q.push(v); } } } } } struct Heap{ double d; int u; bool operator > (const Heap &a)const{ return d>a.d; } }heap[2000010],temp;//手敲優先隊列 int sz=1;//優先隊列內元素數量+1，個人比較喜歡這種表示方法 void pop()//刪除堆頂，取出堆頂直接用heap[1]即可，我沒寫在pop()里 { sz--; heap[1]=heap[sz]; heap[sz]={0,0}; int the=1,son=2; while(son<sz) { if(heap[son]>heap[son+1]&&son+1<sz) son++; if(heap[the]>heap[son]) swap(heap[the],heap[son]); else break; the=son; son=the<<1; } } void push(double dd,int uu)//加入一個元素，dd=f(uu)，dd、uu防止變量名沖突 { heap[sz]={dd,uu}; int the=sz++,fa=the>>1; while(fa) { if(heap[fa]>heap[the]) swap(heap[the],heap[fa]); else break; the=fa; fa>>=1; } } void astar() { push(dis[1],1); while(sz>1) { int u=heap[1].u; double dist=heap[1].d;//取出堆頂 pop();//刪除堆頂 if(u==n)//n點出隊，說明找到一條k短路 { E-=dist; if(E>=1e-6) ans++; else return; continue; } for(int i=head[u];i;i=e[i].next)//拓展與u相連的節點 { int v=e[i].to; double w=e[i].w; push(dist-dis[u]+w+dis[v],v); } } } int main() { //freopen("test.in","r",stdin); scanf("%d%d%lf",&n,&m,&E); for(int i=1,u,v;i<=m;i++) { double w; scanf("%d%d%lf",&u,&v,&w); add(u,v,w); } spfa(); astar(); printf("%d\n",ans); return 0; }