分層圖最短路，就是在分層圖上解決最短路問題
一般模型為：
在一張圖上，有k次機會可以通過一條邊而不需要計算權值（免費過路），求從起點到終點的最短路線
常規思路：
想象將一個點拆分為k + 1個點，分別表示到這個點時，免費權消耗了0次，1次，2次......k次
這樣實際我們可以把這k個點想象成對應dp的不同的狀態
dis[i][j]表示到第i個點時，消耗了j次乘車權后的最短路線
我們用to表示要到達的點，x表示父親節點，就有
dis[to][j] = min(dis[x][j] + val(x, to), dis[x][j - 1])
因為我們跑最短路時是從前向后跑，也就是當前狀態推出后繼狀態，所以實際上我們可以推出兩個可能狀態
如果我們消耗了免費過路權
dis[to][j] = min{dis[x][j - 1]}
如果我們沒消耗免費過路權
dis[to][j] = min{dis[x][j] + val(x, to)}
這就提醒我們，我們的隊列在加入到達某個點的同時，要分別記錄到達這個點時的兩種不同的狀態，以免造成情況遺漏
也就是q[i][j]表示到第i個點時，第i個點在j的情況下我們消耗了幾次免費過路權，j為0或是1,0表示沒有消耗免費過路權，1表示消耗了免費過路權
到這里我們就能與上面的拆點聯系上了，我們想，到了終點時，可能有：用了0次免費過路權，用了1次免費過路權，用了2次，用了3次....用了k次
也就是k+1種可能狀態，此時我們把這k+1種狀態，每種狀態都想象成原本的這個點拆分出來的一個點，也就相當於這個點拆分出了k+1個點，就和上面接上了
然后我們合理外推，對於每一個點都可能出現這樣的情況，也就相當於每一個點都拆分成了k+1個點，這n*(k+1)個點之間彼此連接，跑最短路，這樣可能有點抽象
實際上把這想象成一個dp的過程是最好理解的
例題1：move(集訓考試題)
題目描述
給定一張地圖一共有 n 個城市，城市編號為 0 ～ n - 1，這 n 個城市通過 m
條鐵路連接(走一條鐵路視為乘車一次)。而小A 想從城市 s 出發，到 達城市 t
結束。小A 可以免費乘車 k 次，現在他想知道，他這 次旅游的最少花費是多少?
輸入格式
第一包含三個整數 n, m, k，含義見題目描述。
第二有兩個整數 s, t，表示小A 的出發城市和結束城市。
接下來 m 行，每行三個整數 x, y, z，表?在城市 x 和 y 之間有一條鐵路相
連，乘車花費為 z。
輸出格式
輸出一行，一個整數表示答案。
樣例輸入
5 6 1
0 4
0 1 5
1 2 5
2 3 5
3 4 5
2 3 3
0 2 100
樣例輸出
8
數據范圍
對於 30% 的數據， 2 ≤ n ≤ 50, 1 ≤ m ≤ 300, k = 0;
對於 50% 的數據， 2 ≤ n ≤ 600, 1 ≤ m ≤ 6000, 0 ≤ k ≤ 1;
很標准的模板型題目。
思路就是上面的思路，不加贅述，代碼實現口胡不好說，直接讀代碼吧=-=
1 #include<iostream> 2 #include<iomanip> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<ctime> 6 #include<cmath> 7 #include<algorithm> 8 #include<cstdlib> 9 using namespace std; 10 const int maxn = 100086; 11 const int inf = 1000000007; 12 struct node { 13 int y, net, v; 14 }e[maxn]; 15 int dis[maxn][11]; 16 int n, m, k, st, ed; 17 int lin[maxn], len = 0; 18 int q[maxn][2];//第二維， 0表示當前點沒有拆點，1表示當前點進行了拆點，拆成了k+1個點q[i][1]存儲的是第i個點拆出的點的編號 19 bool vis[maxn][11]; 20 21 inline int read() { 22 int x = 0, y = 1; 23 char ch = getchar(); 24 while(!isdigit(ch)) { 25 if(ch == '-') y = -1; 26 ch = getchar(); 27 } 28 while(isdigit(ch)) { 29 x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; 30 ch = getchar(); 31 } 32 return x * y; 33 } 34 35 inline void insert(int xx, int yy, int vv) { 36 e[++len].net = lin[xx]; 37 e[len].v = vv; 38 e[len].y = yy; 39 lin[xx] = len; 40 } 41 42 inline void spfa(int st) { 43 int head = 0, tail = 1; 44 for(int i = 0; i < n; ++i) 45 for(int j = 0; j <= k; ++j) 46 dis[i][j] = inf; 47 int x, j;//j實際表示使用了多少次免費乘車權，//我們將一個點拆了多次，j同時作為這些被拆出的點的編號 48 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 49 vis[st][0] = 1, dis[st][0] = 0; 50 q[1][0] = st, q[1][1] = 0; 51 while(head != tail) { 52 head = (head + 1) % 100003; 53 x = q[head][0]; 54 j = q[head][1]; 55 //vis[x][j] = 1; 56 for(int i = lin[x]; i; i = e[i].net) { 57 int to = e[i].y; 58 if(dis[x][j] + e[i].v < dis[to][j]) {//如果x到to沒有使用免費乘車權 59 dis[to][j] = dis[x][j] + e[i].v; 60 if(!vis[to][j]) { 61 vis[to][j] = 1; 62 tail = (tail + 1) % 100003; 63 q[tail][0] = to; 64 q[tail][1] = j; 65 } 66 } 67 if(j < k && dis[x][j] < dis[to][j + 1]) {//如果x到to使用了免費乘車權 68 dis[to][j + 1] = dis[x][j]; 69 if(!vis[to][j + 1]) { 70 vis[to][j + 1] = 1; 71 tail = (tail + 1) % 100003; 72 q[tail][0] = to; 73 q[tail][1] = j + 1; 74 } 75 } 76 } 77 vis[x][j] = 0; 78 } 79 } 80 81 int main() { 82 // freopen("move.in", "r", stdin); 83 // freopen("move.out", "w", stdout); 84 n = read(), m = read(), k = read(); 85 st = read(), ed = read(); 86 for(int i = 1; i <= m; ++i) { 87 int x, y, v; 88 x = read(), y = read(), v = read(); 89 insert(x, y, v); 90 insert(y, x, v); 91 } 92 spfa(st); 93 int ans = inf; 94 for(int i = 0; i <= k; ++i) 95 ans = min(ans, dis[ed][i]); 96 cout << ans << '\n'; 97 // fclose(stdin); 98 // fclose(stdout); 99 return 0; 100 }