“我要成为魔法少女！”
“那么，以灵魂为代价，你希望得到什么？”
“我要将有关魔法和奇迹的一切，封印于卡片之中„„” 在这个愿望被实现以后的世界里，人们享受着魔法卡片（SpellCard，又名符卡）带来的便捷。 现在，不需要立下契约也可以使用魔法了！你还不来试一试？ 比如，我们在魔法百科全书（Encyclopedia of Spells）里用“freeze”作为关键字来查询，会有很多有趣的结果。 例如，我们熟知的Cirno，她的冰冻魔法当然会有对应的 SpellCard 了。 当然，更加令人惊讶的是，居然有冻结时间的魔法，Cirno 的冻青蛙比起这些来真是小巫见大巫了。 这说明之前的世界中有很多魔法少女曾许下控制时间的愿望，比如 Akemi Homura、Sakuya Izayoi、„„ 当然，在本题中我们并不是要来研究历史的，而是研究魔法的应用。 我们考虑最简单的旅行问题吧： 现在这个大陆上有 N 个城市，M 条双向的道路。城市编号为 1~N，我们在 1 号城市，需要到 N 号城市，怎样才能最快地到达呢？ 这不就是最短路问题吗？我们都知道可以用 Dijkstra、Bellman-Ford、Floyd-Warshall等算法来解决。 现在，我们一共有 K 张可以使时间变慢 50%的 SpellCard，也就是说，在通过某条路径时，我们可以选择使用一张卡片，这样，我们通过这一条道路的时间就可以减少到原先的一半。需要注意的是： 1. 在一条道路上最多只能使用一张 SpellCard。 2. 使用一张SpellCard 只在一条道路上起作用。 3. 你不必使用完所有的 SpellCard。 给定以上的信息，你的任务是：求出在可以使用这不超过 K 张时间减速的SpellCard 之情形下，从城市1 到城市N最少需要多长时间。
Input
第一行包含三个整数：N、M、K。 接下来 M 行，每行包含三个整数：Ai、Bi、Timei，表示存在一条 Ai与 Bi之间的双向道路，在不使用 SpellCard 之前提下，通过它需要 Timei的时间。
Output
输出一个整数，表示从1 号城市到 N号城市的最小用时。
Sample Input
4 4 1
1 2 4 4 2 6 1 3 8 3 4 8Sample Output
7
【样例1 解释】 在不使用 SpellCard 时，最短路为 1à2à4，总时间为 10。现在我们可以使用 1 次 SpellCard，那么我们将通过 2à4 这条道路的时间减半，此时总时间为7。HINT
对于100%的数据：1 ≤ K ≤ N ≤ 50，M ≤ 1000。
1≤ Ai，Bi ≤ N，2 ≤ Timei ≤ 2000。 为保证答案为整数，保证所有的 Timei均为偶数。 所有数据中的无向图保证无自环、重边，且是连通的。
思路:注意到点数n和减慢的数量k都只有50，于是可以拆点，dist[i,j]表示到达第I个点，已经用了j个spellcard的最短路，就可以转移了TUT
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include<queue>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define maxn 200
using namespace std;
int n,m,kk,dist[maxn][maxn],head[maxn],next[maxn*100];
int point[maxn*100],value[maxn*100],now=0;
typedef pair<int,int> pii;
void add(int x,int y,int v)
{
next[++now]=head[x];
head[x]=now;
point[now]=y;
value[now]=v;
}
queue<pii>q;
int spfa(int s)
{
memset(dist,-1,sizeof(dist));
int visit[maxn][maxn]={
{0}};for(int i=0;i<=kk;i++){dist[s][i]=0;}
q.push(make_pair(s,0));
while(!q.empty())
{
pii uu=q.front();
q.pop();
int u=uu.first,b=uu.second;
visit[u][b]=0;
for(int i=head[u];i;i=next[i])
{
int k=point[i];
if(dist[u][b]+value[i]<dist[k][b]|| dist[k][b]==-1)
{
dist[k][b]=dist[u][b]+value[i];
if(visit[k][b]==0)
{
visit[k][b]=1;
q.push(make_pair(k,b));
}
}
if(dist[u][b]+(value[i]>>1)<dist[k][b+1]|| dist[k][b+1]==-1)
if(b+1<=kk)
{
dist[k][b+1]=dist[u][b]+(value[i]>>1);
if(visit[k][b+1]==0)
{
visit[k][b+1]=1;
q.push(make_pair(k,b+1));
}
}
}
}
int ans=0x3f3f3f3f;
for(int i=0;i<=kk;i++)ans=min(ans,dist[n][i]);
return ans;
}
int main()
{
int x,y,v;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&kk);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);
add(x,y,v);
add(y,x,v);
}
printf("%d\n",spfa(1));
return 0;
}