LuoGu1576：最小花费
题目描述
在n个人中，某些人的银行账号之间可以互相转账。这些人之间转账的手续费各不相同。给定这些人之间转账时需要从转账金额里扣除百分之几的手续费，请问A最少需要多少钱使得转账后B收到100元。
输入输出格式
输入格式：
第一行输入两个正整数n,m，分别表示总人数和可以互相转账的人的对数。
以下m行每行输入三个正整数x,y,z，表示标号为x的人和标号为y的人之间互相转账需要扣除z%的手续费 (z<100)。
最后一行输入两个正整数A,B。数据保证A与B之间可以直接或间接地转账。
输出格式：
输出A使得B到账100元最少需要的总费用。精确到小数点后8位。
输入样例
3 3
1 2 1
2 3 2
1 3 3
1 3
输出样例
103.07153164
1<=n<=2000，m<=100000
【题解】
最短路题，不裸，披了一件薄薄的浮点数运算外套~~
SPFA不稳定，用dijkstra+heap
因为是算初始钱的最小值，所以从终点开始搞，用小学百分数运算的知识
Code：
type
node = record
id:longint;
num:real;
end;
var
heap:array[0..200000] of node;
edge:array[0..200000] of record
t,len,next:longint;
end;
head:array[0..200000] of longint;
vis:array[0..200000] of boolean;
dis:array[0..200000] of real;
x:real;
n,m,i,y,s,t,num,e,len,z:longint;
procedure add(x,y,z:longint);
begin
inc(num);
edge[num].t := y;
edge[num].len := z;
edge[num].next := head[x];
head[x] := num;
end;
procedure swap(var x,y:node);
var
tmp:node;
begin
tmp := x; x := y; y := tmp;
end;
procedure pop;
var
i,x:longint;
begin
heap[1] := heap[len]; dec(len); i := 1;
while (i << 1) <= len do
begin
if ((i << 1) or 1 > len) or (heap[i << 1].num < heap[(i << 1) or 1].num) then
x := i << 1 else x := (i << 1) or 1;
if heap[i].num > heap[x].num then
begin
swap(heap[i],heap[x]);
i := x;
end else break;
end;
end;
procedure push(x:real; y:longint);
var
i:longint;
begin
inc(len);
heap[len].num := x; heap[len].id := y;
i := len;
while i > 1 do
begin
if heap[i].num < heap[i >> 1].num then
begin
swap(heap[i],heap[i >> 1]);
i := i >> 1;
end else break;
end;
end;
begin
readln(n,m);
for i := 1 to m do
begin
readln(s,t,z);
add(s,t,z);
add(t,s,z);//双向边，我因此wa掉了一次
end;
readln(s,t);
for i := 1 to n do dis[i] := maxlongint >> 1;
dis[t] := 100;
len := 1;
heap[1].num := 100; heap[1].id := t;
while len > 0 do//模板
begin
x := heap[1].num; y := heap[1].id;
pop;
if vis[y] then continue;
vis[y] := true;
i := head[y];
while i <> 0 do
begin
e := edge[i].t;
if dis[e] > (x / (100 - edge[i].len) * 100) then//百分数的运算
begin
dis[e] := x / (100 - edge[i].len) * 100;
push(dis[e],e);
end;
i := edge[i].next;
end;
end;
writeln(dis[s]:0:8);
end.
LuoGu1119：灾后重建
题目描述
给出B地区的村庄数N，村庄编号从0到N-1，和所有M条公路的长度，公路是双向的。并给出第i个村庄重建完成的时间t_i，你可以认为是同时开始重建并在第t_i天重建完成，并且在当天即可通车。若t_i为0则说明地震未对此地区造成损坏，一开始就可以通车。之后有Q个询问(x, y, t)，对于每个询问你要回答在第t天，从村庄x到村庄y的最短路径长度为多少。如果无法找到从x村庄到y村庄的路径，经过若干个已重建完成的村庄，或者村庄x或村庄y在第t天仍未重建完成 ，则需要返回−1。
输入格式：
第一行包含两个正整数N,M，表示了村庄的数目与公路的数量。
第二行包含N个非负整数t_0, t_1,…, t_{N-1},表示了每个村庄重建完成的时间，数据保证了t_0 ≤ t_1 ≤ … ≤ t_{N-1}
接下来M行，每行3个非负整数i, j, w,w为不超过10000的正整数，表示了有一条连接村庄i与村庄j的道路，长度为w，保证i≠j，且对于任意一对村庄只会存在一条道路。
接下来一行也就是M+3行包含一个正整数Q，表示Q个询问。
接下来Q行，每行3个非负整数x, y, t询问在第t天，从村庄x到村庄y的最短路径长度为多少，数据保证了t是不下降的。
输出格式：
共Q行，对每一个询问(x, y, t)输出对应的答案，即在第t天，从村庄x到村庄y的最短路径长度为多少。如果在第t天无法找到从x村庄到y村庄的路径，经过若干个已重建完成的村庄，或者村庄x或村庄y在第t天仍未修复完成，则输出-1。
输入样例
4 5
1 2 3 4
0 2 1
2 3 1
3 1 2
2 1 4
0 3 5
4
2 0 2
0 1 2
0 1 3
0 1 4
输出样例
-1
-1
5
4
对于100%的数据，有N≤200，M≤N×(N−1)/2，Q≤50000，所有输入数据涉及整数均不超过100000。
【题解】
此题难度提高+省选-，个人认为应该降为普及+提高-
思路很好想，看到n的范围加题意，知道用floyd
然后给询问t从小到大做，每次激活点，意思是，有一些点前一次询问时还没修好，现在修好了，那么可以参与最短路计算了。
激活的点当的是中转站，而且每个点只做一次，所以dis数组保存的是当前多源最短路
Code：
var
dis:array[0..1000,0..1000] of int64;
vis:array[0..100000] of boolean;
t:array[0..100000] of longint;
n,m,i,j,k,x,y,z,q:longint;
begin
readln(n,m);
for i := 0 to n - 1 do
for j := 0 to n - 1 do
if i <> j then dis[i][j] := maxlongint;
for i := 0 to n - 1 do read(t[i]);
for i := 1 to m do
begin
readln(x,y,z);
dis[x][y] := z;
dis[y][x] := z;
end;
readln(m);
for q := 1 to m do
begin
readln(x,y,z);
for k := 0 to n - 1 do
if not vis[k] and (t[k] <= z) then
begin
for i := 0 to n - 1 do
for j := 0 to n - 1 do
if (i <> j) and (i <> k) and (k <> j) and (dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j]) then
dis[i][j] := dis[i][k] + dis[k][j];
vis[k] := true;
end;
if (t[x] > z) or (t[y] > z) or (dis[x][y] >= maxlongint) then
writeln(-1) else writeln(dis[x][y]);
end;
end.