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题目就是让我们求一个有各种优惠政策的单源点 $0$，单汇点 $H$ 的最短路。优惠政策是：

• 到达能力为 $2$ 的点，可以让之前走过的距离除以 $2$。
• 到达能力为 $0$ 的点，可以让之前走过的距离直接变成 $0$。

有限制：不能经过 $H$ 多次。那其实也就是说，$H$ 只能作为答案路径的终点，不能作为路径的途经点。

优惠政策最短路，再加上 97 分中 $K$ 的限制为 $K \le 30$，优惠政策能使用的次数很低。

上面加粗的两句正是分层图最短路的两条重要特征。于是想到建立 $K$ 层的分层图，来解决“除以 $2$”这个优惠政策。

这里默认读者已经学会分层图，若不会，请先学习并完成分层图模板：JLOI2011 飞行路线。这里还有分层图题单，供读者练习。

原图为第 $0$ 层图，总共建立 $K +1$ 层图（编号 $0 \sim K$），第 $p$ 层的点 $u$ 代表之前使用优惠恰好 $p$ 次，到达点 $u$ 的状态。我们记其为 $(p, u)$。设它的最短路为 $\mathrm{dis}(p, u)$。

最短路算法必须使用 dijkstra，用 spfa 虽然可以通过原题的数据，但复杂度是错的，讨论区中有 hack 数据。

定义 $w(u, v)$ 为原图上 $u$ 和 $v$ 两点之间的边权。如果 $u$，$v$ 两点之间没有相连接的边则 $w(u, v)$ 未定义。

思路一

首先想一下，到达能力为 $0$ 的点可以清空最短路，那其实就相当于从这个点开始走。

因此，我们将所有能从 $0$ 出发，不途径 $H$ 到达的，能力同时为 $0$ 的点看做源点，跑多源最短路即可。

那么能力为 $0$ 就解决了，现在只需要解决能力 $2$。

考虑在 dijkstra 枚举出边时进行如下松弛：

• 尝试用 $\mathrm{dis}(p, u) + w(u, v)$ 更新 $\mathrm{dis}(p, v)$。代表不使用优惠政策。
• 尝试用 $\dfrac{\mathrm{dis}(p, u) + w(u, v)}2$ 更新 $\mathrm{dis}(p + 1, v)$。代表使用优惠政策。

同时注意 $H$ 不能是途经点，因此 $\mathrm{dis}(p, H)$ 强制不松弛其它点即可。

跑一个源点为 $(0, 0)$ 的单源最短路，然后取 $\mathrm{dis}(0, H)$，$\mathrm{dis}(1, H)$，$\mathrm{dis}(2,H)$……中的最小值，作为答案即可。

然而这种思路的问题在于，上面的第二种松弛并不是平凡的最短路松弛，违背了 dijkstra 的正确性。

但是只要进行一步修改，上面的思路就是正确的了：

考虑朴素的 dijkstra 的优先队列，我们会优先取出 $\mathrm{dis}$ 最小的 $(p, u)$。而这里我们修改成：

• 对于 不同层 的两个点 $(p, u)$ 和 $(q, v)$，不妨令 $p <q$，则 $(p, u)$ 更优先，不管最短路；
• 对于 同层 的两个点 $(p, u)$ 和 $(p, v)$，则取 $\mathrm{dis}$ 更小的更优先。

每次取最优先的开始松弛就一定没有问题。解释一下原因：

分层图是单向导通的，高层点的最短路一定不会影响低层点。

观察全局上优先队列取出的过程，大体上是优先低层，然后再优先低距离。

也就是说，在第 $0$ 层图上，只有从点 $0$ 出发能到达（中途不经过 $H$）的所有点，都当过一次队头，并松弛一遍其它点之后，才会开始处理第 $1$ 层图的点。

我们称 dijkstra 的过程中，层号为 $p$ 的点充当队头的阶段为第 $p$ 阶段。那么整个 dijkstra 过程就是 $k + 1$ 个阶段的综合：第 $0$ 阶段，第 $1$ 阶段，……，第 $k$ 阶段。

那么在第 $0$ 阶段之后，第 $0$ 层的所有点的最短路都已经被计算好，并且已经为真实值了（原因就是高层最短路不会影响低层）。此时，目前第 $1$ 层的点 $(1, u)$ 最短路的值是：只途径 $0$ 层的所有点，到达 $(1, u)$ 这个点的距离的一半。

先不进行第 $1$ 阶段，来看第 $1$ 阶段之前，我们只看第 $1$ 层的点，会发现只有这个变化：

一般的单源最短路，在初始时，都是源点距离为 $0$，而其它点距离为 $+\infty$。

而这里的单源最短路，若干点的距离已知，而其它点的距离为 $+\infty$。

会发现这种变化是不影响 dijkstra 的。可以联想一下，将这些距离已知的点 $(1, u)$，新建一个虚点，对虚点向 $(1, u)$ 连一条权值为 $\mathrm{dis}(1, u)$ 的边。然后对虚点为源点，跑单源最短路，那么第一步松弛的结果就是目前第 $1$ 层点的状态。

显然 dijkstra 经过一次松弛之后仍然是正确的，所以该算法是没问题的。

上面我们阐述了从第 $0$ 阶段到第 $1$ 阶段的正确性，事实上，在第 $p$ 个阶段结束后，前 $p$ 层的最短路都已经确定，而第 $p + 1$ 层的最短路可以看作若干个点的距离已经已知的最短路，所以第 $p +1$ 个阶段仍然是正确的。

因此所有阶段都是正确的，算法正确。

这里设边数为小写 $m$，复杂度为 $\Theta(mK \log mK)$。

100 分做法

上面的做法是 97 分的，$K \le 30$。考虑 100 分的 $K \le 10^6$。

我们发现，事实上用一些次优惠政策之后，最短路会变的很低，远远低于精度。

具体来说，本题中最短路最大不超过边数乘边权最大值，即 $10^{14}$。只需让这个数除以 $70$ 次 $2$ 就可以掉到 $10^{-7}$ 以下（$8 \times 10^{-8}$）。

也就意味着使用 $70$ 次优惠政策之后，再优惠只可能会让最短路再少个 $10^{-7}$ 以下。

而题目要求精度 $10^{-6}$ 就够了，所以求出的最短路比真实最短路多个 $10^{-7}$ 以下是可以接受的。

因此，令 $k = \min(K, 70)$，然后再按照 97 分做法做即可。复杂度 $\Theta(mk \log mk)$。

当然，如果你当心上面的 $10^{-7}$ 误差能多次累计，以至于影响答案（虽然笔者感觉应该是不会的），把阈值设的高一点也没问题。

#include <bits/stdc++.h>

const int N = (int)1e5 + 5;
const int K = 75;
typedef std :: pair <int, int> pii;
struct node {
	int p;
	int u;
	double dis;
	bool operator < (const node b) const {
		if (this -> p != b.p)
			return this -> p > b.p;
		return this -> dis > b.dis;
	}
};
std :: vector <pii> G[N];
double dis[K][N];
std :: bitset <N> vis[K];
std :: bitset <N> con;

inline void init(int n, int k) {
	con.reset();
	for (int u = 0; u < n; ++u)
		G[u].clear();
	for (int p = 0; p <= k; ++p)
		vis[p].reset();
	for (int p = 0; p <= k; ++p)
		for (int u = 0; u < n; ++u)
			dis[p][u] = 1e17;
}

void dfs(int u, int t) {
	con.set(u);
	for (pii e : G[u]) {
		int v = e.first;
		if (!con[v] && v != t)
			dfs(v, t);
	}
}

double solve(int n, int m, int k, int t, std :: vector <int> us, std :: vector <int> vs, std :: vector <int> wei, std :: vector <int> a) {
	if (k > 70)
		k = 70;
	init(n, k);

	for (int i = 0; i < m; ++i) {
		int u = us[i], v = vs[i], w = wei[i];
		G[u].push_back({v, w});
		G[v].push_back({u, w});
	}

	dfs(0, t);
	std :: priority_queue <node> q;
	for (int u = 0; u < n; ++u) {
		if (con[u] && (a[u] == 0 || u == 0)) {
			dis[0][u] = 0;
			q.push({0, u, 0});
		}
	}

	while (!q.empty()) {
		node now = q.top();
		q.pop();
		int u = now.u, p = now.p;
		if (vis[p][u] || u == t)
			continue;
		vis[p].set(u);
		for (pii e : G[u]) {
			int v = e.first, w = e.second;
			if (dis[p][v] > dis[p][u] + w) {
				dis[p][v] = dis[p][u] + w;
				if (!vis[p][v])
					q.push({p, v, dis[p][v]});
			}
			if (a[v] == 2 && p < k) {
				if (dis[p + 1][v] > (dis[p][u] + w) / 2) {
					dis[p + 1][v] = (dis[p][u] + w) / 2;
					if (!vis[p + 1][v])
						q.push({p + 1, v, dis[p + 1][v]});
				}
			}
		}
	}

	double ans = DBL_MAX;
	for (int p = 0; p <= k; ++p)
		ans = std :: min(ans, dis[p][t]);
	if (ans > 1e15)
		return -1;
	return ans;
}

思路二

如果你想不到修改堆排序方式，还有一种思路，我们只需要对原题进行转化并进行合理地分层之后，套一个裸 dijkstra 就可以解决。

考虑建立反图（虽然无向图的反图和原图是一样的），观察反的最短路径上，优惠政策的含义：

• 原先遇到能力为 $0$ 的点，会把当前距离设置为 $0$；
• 那么现在遇到能力为 $0$ 的点，相当于让之后走过的所有边权都变成 $0$。
• 原先遇到能力为 $2$ 的点，会把当前距离减半；
• 那么现在遇到能力为 $2$ 的点，相当于让之后走过的所有边权都变成原来的一半。

我们发现，直接让第 $p$ 层上 $u$ 和 $v$ 之间的边权为原图上 $u$ 和 $v$ 之间边权的 $\dfrac{1}{2^p}$，就能满足能力为 $2$ 的点；至于能力为 $0$ 的点，我们可以新建一层 $K + 1$ 层，让这一层内 $u$ 和 $v$ 之间的边权都改成 $0$。然后让所有 $a[v] = 0$ 的 $(p, v)$ 直接单向导通到 $K + 1$ 层即可。

这样以来，裸的 dijkstra 就可以解决问题。此时汇点是 $H$，源点是 $0$。

同时注意一下不能途径 $H$ 的问题。思路一中，我们是允许某个点松弛 $(p, H)$ 的，只是不允许 $(p, H)$ 松弛别人而已；思路二中我们是从 $H$ 出发，这里我们不能允许任意一个点松弛 $(p, H)$。

#include <bits/stdc++.h>
const int N = (int)1e5 + 5;
const int K = 75;
typedef std :: pair <int, int> pii;
struct node {
	int p;
	int u;
	double dis;
	bool operator < (const node b) const {
		return this -> dis > b.dis;
	}
};

std :: vector <pii> G[N];
double dis[K][N];
std :: bitset <N> vis[K];
double val[K];

inline void init(int n, int k) {
	val[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; ++i)
		val[i] = val[i - 1] / 2;
	val[k + 1] = 0;
	for (int u = 0; u < n; ++u)
		G[u].clear();
	for (int p = 0; p <= k + 1; ++p)
		vis[p].reset();
	for (int p = 0; p <= k + 1; ++p)
		for (int u = 0; u < n; ++u)
			dis[p][u] = 1e17;
}

double solve(int n, int m, int k, int t, std :: vector <int> us, std :: vector <int> vs, std :: vector <int> wei, std :: vector <int> a) {
	if (k > 70)
		k = 70;
	init(n, k);

	for (int i = 0; i < m; ++i) {
		int u = us[i], v = vs[i], w = wei[i];
		G[u].push_back({v, w});
		G[v].push_back({u, w});
	}

	std :: priority_queue <node> q;
	dis[0][t] = 0;
	q.push({0, t, 0});

	while (!q.empty()) {
		node now = q.top();
		q.pop();
		int u = now.u, p = now.p;
		if (vis[p][u])
			continue;
		vis[p].set(u);
		for (pii e : G[u]) {
			int v = e.first, w = e.second;
			if (v == t)
				continue;// 这里阻止松弛的方式和思路一不同，原理已经解释
			if (a[v] == 0) {
				if (dis[k + 1][v] > dis[p][u] + w * val[p]) {
					dis[k + 1][v] = dis[p][u] + w * val[p];
					if (!vis[k + 1][v])
						q.push({k + 1, v, dis[k + 1][v]});
				}
				continue;
			}
			if (dis[p][v] > dis[p][u] + w * val[p]) {
				dis[p][v] = dis[p][u] + w * val[p];
				if (!vis[p][v])
					q.push({p, v, dis[p][v]});
			}
			if (a[v] == 2 && p < k) {
				if (dis[p + 1][v] > dis[p][u] + w * val[p]) {
					dis[p + 1][v] = dis[p][u] + w * val[p];
					if (!vis[p + 1][v])
						q.push({p + 1, v, dis[p + 1][v]});
				}
			}
		}
	}

	double ans = DBL_MAX;
	for (int p = 0; p <= k + 1; ++p)
		ans = std :: min(ans, dis[p][0]);
	if (ans > 1e15)
		return -1;
	return ans;
}