P1875 佳佳的魔法药水

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题目背景

发完了 \(k\) 张照片，佳佳却得到了一个坏消息：他的 MM 得病了！佳佳和大家一样焦急万分！治好 MM 的病只有一种办法，那就是传说中的 \(0\) 号药水...... 怎么样才能得到 \(0\) 号药水呢？你要知道佳佳的家境也不是很好，成本得足够低才行......

题目描述

存在 ab 相同 c 不同的情况，与题意相悖。题还是可以做，但数据待修正。

得到一种药水有两种方法：可以按照魔法书上的指导自己配置，也可以到魔法商店里去买------那里对于每种药水都有供应，虽然有可能价格很贵。在魔法书上有很多这样的记载：

\(1\) 份 A 药水混合 \(1\) 份 B 药水就可以得到 \(1\) 份 C 药水。（至于为什么 \(1 + 1 = 1\)，因为......这是魔法世界）好了，现在你知道了需要得到某种药水，还知道所有可能涉及到的药水的价格以及魔法书上所有的配置方法，现在要问的就是：

最少花多少钱可以配制成功这种珍贵的药水；
共有多少种不同的花费最少的方案（两种可行的配置方案如果有任何一个步骤不同则视为不同的）。假定初始时你手中并没有任何可以用的药水。

输入格式

第一行有一个整数 \(N\)（\(N \le 1000\)），表示一共涉及到的药水总数。药水从 \(0 \sim N-1\) 顺序编号，\(0\) 号药水就是最终要配制的药水。

第二行有 \(N\) 个整数，分别表示从 \(0 \sim N-1\) 顺序编号的所有药水在魔法商店的价格（都表示 \(1\) 份的价格）。

第三行开始，每行有三个整数 A、B、C，表示 \(1\) 份 A 药水混合 \(1\) 份 B 药水就可以得到 \(1\) 份 C 药水。注意，某两种特定的药水搭配如果能配成新药水的话，那么结果是唯一的。也就是说不会出现某两行的 A、B 相同但 C 不同的情况。

输入以一个空行结束。

输出格式

输出两个用空格隔开的整数，分别表示得到 \(0\) 号药水的最小花费以及花费最少的方案的个数。

保证方案数不超过 \(2^{63} - 1\)。

输入输出样例 #1

输入 #1

7 
10 5 6 3 2 2 3 
1 2 0 
4 5 1 
3 6 2

输出 #1

10 3

说明/提示

数据范围：

每一种药水的价格均 \(\ge 1\) 且 \(\le 2.8\times 10^4\)。

样例说明：

最优方案有 \(3\) 种，分别是：

直接买 \(0\) 号药水；
买 \(4\) 号药水、\(5\) 号药水配制成 \(1\) 号药水，直接买 \(2\) 号药水，然后配制成 \(0\) 号药水；
买 \(4\) 号药水、\(5\) 号药水配制成 \(1\) 号药水，买 \(3\) 号药水、\(6\) 号药水配制成 \(2\) 号药水，然后配制成 \(0\) 号药水。

cpp 复制代码

//这里没有固定的"源点",我可以定义一个数对,第一维存储某瓶药水的花费,第二维存储这个药水的编号,我一开始将所有{药水,药水编号}推入优先队列中,
//然后根据这个最小的"药水花费"来更新别的药水,假设这里的药水为a,这里用出边来存储可以和a发生化学反应的药水b,用边权存储a和b可以获得的新药水c,
//如果a和b加起来的花费<c,那么我可以更新c的最少价格为cost[a]+cost[b],且c的方案数为:ans[c]=ans[a]*ans[b];
//如果a和b加起来的花费==c,那么我更新c的方案数:ans[c]+=ans[a]*ans[b];
//这里我需要确保a和b的花费都是最小的,那么我可以使用vis数组打标记,如果a已经进行更新过了(即vis[a]===1),那么我就没有必要用a+别的药水--来更新新的药水
//如果a在枚举a的出边,也就是能和a发生化学反应的药水b的过程中,如果b的价格不是最小的(vis[b]!=1),那么我就没有必要用b+a来更新c...
//这里的花费很像最短路中的"距离"
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define PLL pair<long,long> 
const int M=1e6+10;
const int N=1e3+10;
struct edge{
    int v,w,ne;
};
edge e[M];
bool vis[N];
//cost[i]代表药水i的最小花费,ans[i]表示得到药水i的最小花费的方案数
LL cost[N],ans[N],n;
int idx,h[N],a,b,c;
priority_queue<PLL,vector<PLL>,greater<PLL> > q;
//存图
void add(int a,int b,int c){
    e[idx]={b,c,h[a]};
    h[a]=idx++;
}
void dijkstra(){
    while(q.size()){
        auto t=q.top();q.pop();
        //当前花费最小的点
        int u=t.second;
        //如果a更新过,那么再更新a就没有意义了....
        if(vis[u]) continue;
        vis[u]=1;
        for(int i=h[u];~i;i=e[i].ne){
            int v=e[i].v,w=e[i].w;
            //如果b没有被更新过,证明b药水现在还不是最小价格.....那么我使用b+a来更新c就没有意义了...
            if(vis[v]==0) continue;
            if(cost[w]>cost[u]+cost[v]){
                cost[w]=cost[u]+cost[v];
                ans[w]=ans[u]*ans[v];
                //更新c药水的最低价格
                q.push({cost[w],w});
            }
            else if(cost[w]==cost[u]+cost[v]){
                ans[w]+=ans[u]*ans[v];
            }
        }
    }
}
int main()
{
    cin>>n;
    fill(h,h+N,-1);
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>cost[i];
        //先初始化为1,因为至少有一种方案
        ans[i]=1;
        q.push({cost[i],i});
    }
    while(cin>>a>>b>>c){
        add(a,b,c);
        if (a == b) continue;
        add(b,a,c);
    }
    dijkstra();
    cout<<cost[0]<<' '<<ans[0]<<'\n';
    return 0;
}

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