spfa

将边细分成节点，如果一条边细分出 nnn 个结点，那么边的两个端点距离 n+1n+1n+1 ，边长 n+1n+1n+1。提示中给出，一共 300030003000 个初始结点，无向边的数目小于等于 100001000010000 ，这是提示我们最多有 200002000020000 条边。求最多可到达结点，直接求不知道走哪条边，再读读题，从一个源点出发找所有可到达的结点，转化成单源最短路问题。

这道题可以用堆优化的 dijstradijstradijstra 或者 spfaspfaspfa 。

spfaspfaspfa 求出源点到所有初始结点的最短距离。维护答案变量 ansansans ，当最大移动距离 ≥\ge≥ 源点到结点距离，统计可到达的初始结点。再统计可到达的边上结点，从边的两个端点 a/ba/ba/b 考虑 : 计算从源点到达 a∣∣ba||ba∣∣b 点后，剩余的移动距离 ar∣∣brar||brar∣∣br，a∣∣ba||ba∣∣b 剩余移动距离之和 ar+brar+brar+br 就是他们可以在边上到达的结点数，如果前者大于后者，统计后者作为可到达结点数。

const int N = 3010,M = 20010;
int h[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
int dis[N] ;//从源点到每个结点的最大距离
bool st[N] ;//当前结点是否在队列里
class Solution {
public:queue qu;void add(int a,int b ,int c){e[idx] = b,w[idx] = c,ne[idx] = h[a],h[a] = idx++;}void spfa(){memset(dis,0x3f,sizeof(dis));dis[0]=0;//源点到自己距离是0qu.push(0);// st[0] = true;while(qu.size()){int t= qu.front();qu.pop();st[t] = false;for(int i = h[t];i!=-1;i=ne[i]){//遍历t的所有邻边int j = e[i];if(dis[j]>dis[t]+w[i]){//用t更新所有邻边的距离dis[j] = dis[t] + w[i];if(!st[j]) qu.push(j);//j如果不在队列,将j入队st[j] = true;}}}}int reachableNodes(vector>& edges, int maxMoves, int n) {//edges[i][2] + 1 个结点//spfa求最短路(每个结点) 找最短路经过的所有结点。遍历所有边,判断最大移动和源点到两点的最短路的关系//判断两点剩余可移动距离相加,与两点之间边长的关系。memset(h,-1,sizeof h);for(vector &edge:edges){int a = edge[0],b=edge[1],c=edge[2];add(a,b,c+1),add(b,a,c+1);}spfa();int ans = 0;for(int i = 0 ;iint a = edge[0],b= edge[1],c=edge[2];int ar = max(0,maxMoves-dis[a]),br = max(0,maxMoves-dis[b]);ans += min(ar+br,c);}idx = 0;//测试样例太多了，用了全局变量，记得idx置0return ans;}
};

时间复杂度 O(n×m)O(n\times m)O(n×m) ，nnn 是初始结点数，mmm 是边数。 统计初始结点和spfaspfaspfa 的平均时间复杂度 O(n)O(n)O(n) ，最坏时间复杂度O(n×m)O(n\times m)O(n×m)。

空间复杂度 O(N+M)O(N+M)O(N+M) ，结点的最大数量 N=3000N=3000N=3000 ，边的最大数量 M=20000M=20000M=20000 ，空间复杂度 O(N+M)O(N+M)O(N+M) 。

致语

理解思路很重要。
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AC