题目：
现在有 n 个城市，分别用 0, 1…, n - 1 这些序号表示，城市之间的航线用三元组 [from, to, price] 来表示，比如说三元组 [0,1,100] 就表示，从城市 0 到城市 1 之间的机票价格是 100 元。
题目会给你输入若干参数：正整数 n 代表城市个数，数组 flights 装着若干三元组代表城市间的航线及价格，城市编号 src 代表你所在的城市，城市编号 dst 代表你要去的目标城市，整数 K 代表你最多经过的中转站个数。
请你的算法计算，在 K 次中转之内，从 src 到 dst 所需的最小花费是多少钱，如果无法到达，则返回 -1。
比方说题目给的例子：
n = 3, flights = [[0,1,100],[1,2,100],[0,2,500]], src = 0, dst = 2, K = 1
出发点是 0，到达点是 2，允许的最大中转次数 K 为 1，所以最小的开销就是图中红色的两条边，从 0 出发，经过中转城市 1 到达目标城市 2，所以算法的返回值应该是 200。
注意这个中转次数的上限 K 是比较棘手的，如果上述题目将 K 改为 0，也就是不允许中转，那么我们的算法只能返回 500 了，也就是直接从 0 飞到 2。
很明显，这题就是个加权有向图中求最短路径的问题。
说白了，就是给你一幅加权有向图，让你求 src 到 dst 权重最小的一条路径，同时要满足，这条路径最多不能超过 K + 1 条边（经过 K 个节点相当于经过 K + 1 条边）。
思路：
使用动态规划思想
先对flights遍历构成graph,graph为3维数组，graph[to].push_back({from,price})
然后使用dp，默认值都为n*n*price，也就是最大值100000000
base case为dp[src][k+1]=0,因为k=0时意味着没有中转，只能走一步，所以我们能走的边数为k+1
然后遍历dp，对每个节点遍历求dp
最后对于dp[dst] 从0到k+1遍历取最小值。如果最小值>=100000000，意味着没能走到，返回-1
class Solution {
public:
int findCheapestPrice(int n, vector<vector<int>>& flights, int src, int dst, int k) {
//n*n*price的最大值
int max_price=100000000;
//构建图，这里以to到达为key构建
vector<vector<vector<int>>> graph(n);
for(int i=0;i<flights.size();++i){
int from=flights[i][0];
int to=flights[i][1];
int price=flights[i][2];
graph[to].push_back({from,price});
}
//表示还剩j步就走到i节点花费的价格
vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(k+2,max_price));
//k表示最大中转数，所以能走的步数最大是k+1
dp[src][k+1]=0;
//从步数=k开始遍历，一直遍历到k=0
for(int j=k;j>=0;--j){
for(int i=0;i<n;++i){
for(int m=0;m<graph[i].size();++m){
int from=graph[i][m][0];
int price=graph[i][m][1];
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[from][j+1]+price);
}
}
}
//因为最大走k+1步，对dp[dst]从0到k+1遍历，取最小值
//如果都没走到，返回-1
int ret=INT_MAX;
for(int i=0;i<k+2;++i){
ret=min(ret,dp[dst][i]);
}
return ret>=max_price?-1:ret;
}
};