这道题目如果数据很小的话。我们通过这个dfs就可以完成深搜：

void dfs(int s)
{if (s==N){minLen=min(minLen,totalLen);return ;}for (int i=0;i<G[s].size();i++){Road r=G[s][i];if (r.t+totalCost>K)continue;if (!visited[r.d]){visited[r.d]=1;totalLen+=r.L;totalCost+=r.t;dfs(r.d);totalCost-=r.t;totalLen-=r.L;visited[r.d]=0;}}
}

我们可以看一下这个代码，意思就是说，如果找边的时候，我们已经搜索到了终点，也就是s==N的时候，我们就直接改写minLen，然后返回到上一层，进行totalCost，totalLen和visited数组的返回工作，因为我们这次走的是这一条路，当我们返回的时候，就将这条路的终点标记全部还原，因为从这条路的起始点还可能会有其它的路，如果不把它还原的话，其它的路就被封死了，深搜就无法进行的很完全了，不能说是遍历了。

我们对于以s为起点的边进行遍历，发现边r的花费加上之前的总花销已经超过K，总钱数了，我们就跳过这一条边，这是第一次剪枝。

如果我们没有访问过边r的终点d时，我们就把它访问位设置为1，总路程加上r边长，总花费加上r边的过路费，然后深搜d。

这是可以通过一些较小的数据的，但是这道题中的数据很大，而dfs中又做了很多的无用功，所以我们进行以下的剪枝：

如果d点没有被访问过，我们就判断如果这次走到点d的时候，总路程已经超过minLen了，也就是之前找到的最短路，我们就跳过这个终点的深搜，我们直接不走这条路了。

这个剪枝还是不够，所以我们拿空间换取时间，我们设置一个minL[110][10010]数组，minL[k][m]表示之前走到点k并且花费为m的最短长度。

如果我们这次走到点k，并且花销为m，但是我们的路程已经大于这个最短长度了，我们就跳出这重循环，执行循环的下一次。

因为它的意思，也就是说，我们每走过一个点，我们就进行一次比较，确保我们不花相同的钱，走更远的路，这个剪枝极为有效，直接可以过。

代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
int N,K,R;
struct Road {int d,L,t;
};
vector < vector<Road> > G(110);int minLen;
int minL[110][10010];
int totalLen;
int totalCost;
int visited[110];void dfs(int s)
{if (s==N){minLen=min(minLen,totalLen);return ;}for (int i=0;i<G[s].size();i++){Road r=G[s][i];if (r.t+totalCost>K)continue;if (!visited[r.d]){if (totalLen+r.L>=minLen)continue;if (totalLen+r.L>=minL[r.d][r.t+totalCost])continue;visited[r.d]=1;totalLen+=r.L;minL[r.d][r.t+totalCost]=totalLen;totalCost+=r.t;dfs(r.d);totalCost-=r.t;totalLen-=r.L;visited[r.d]=0;}}
}int main()
{cin>>K>>N>>R;for (int i=0;i<R;i++) {int s;Road r;cin>>s>>r.d>>r.L>>r.t;if (s!=r.d) {G[s].push_back(r);}}memset(visited,0,sizeof(visited));for (int i=0;i<110;i++) {for (int j=0;j<10010;j++) {minL[i][j]=1<<30;}}totalLen=0;totalCost=0;minLen=1<<30;visited[1]=1;dfs(1);if (minLen<(1<<30))cout<<minLen<<endl;else cout<<-1<<endl;return 0;
}