【xsy2748】 fly 矩阵快速幂

题目大意：有$n$个点，$m$条有向边，其中第$i$条边需要在$t_i$秒后才出现在图上。

有一个人刚开始呆在$1$号节点，每秒钟他必须要选择一条从他所在位置走出去的边，走出去（如果没有的话这人就死了）

问你他从$1$号点走到$n$号所需的最少时间。

数据范围：$n,m≤100,max(t_i)≤10^9$

此题貌似是一个套路题

令$vis[T][i]$表示在时刻$T$，是否能够到达$i$号节点

我们可以用$O(m)$的时间基于$vis[T][i]$求出$vis[T+1][i]$。

然而这么搞复杂度直接爆炸了。

我们把$vis[T]$看做是一个$1\times n$的矩阵，我们构造加入前i+1条边的图的邻接矩阵$A$（矩阵显然是$n\times n$的）

不难发现$vis[T+1]=vis[T]\times A$，这里的乘法是矩阵乘法。

单次矩乘的复杂度是$O(n^2)$，加入矩阵快速幂转移就是$O(n^2\log(t_{i+1}-t_i))$。

然而这么求我们只会求出$vis$数组的某一些项，然而某条边被加入后是一直存在的。

不难发现我们只需要在时刻$t_{i+1}$的基础上再走上$n$步，就可以知道是否可以在加入这条边后到达终点（结论显然）

然后就没有了

时间复杂度:$O(n^3\log T)$

 #include<bits/stdc++.h>
 #define M 105
 #define INF 1234567890
 using namespace std;

 struct mat{
     bool a[M][M]; int n,m;
     mat(){memset(a,,sizeof(a));}
     mat(int nn,int mm){memset(a,,sizeof(a)); n=nn; m=mm;}
     void set1(){memset(a,,sizeof(a)); for(int i=;i<=n;i++) a[i][i]=;}
     friend mat operator *(mat a,mat b){
         mat c=mat(a.n,b.m);
         for(int i=;i<=a.n;i++)
         for(int k=;k<=b.n;k++) if(a.a[i][k])
         for(int j=;j<=a.m;j++)
         c.a[i][j]|=a.a[i][k]&b.a[k][j];
         return c;
     }
     friend mat operator ^(mat a,int b){
         mat ans=mat(a.n,a.m); ans.set1();
         while(b){
             if(b&) ans=ans*a;
             b=b>>; a=a*a;
         }
         return ans;
     }
 }a,b;
 struct edge{
     int u,v,t;
     void rd(){scanf("%d%d%d",&u,&v,&t);}
     friend bool operator <(edge a,edge b){return a.t<b.t;}
 }p[M];
 int n,m,ans=INF;
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m);
     a=mat(,n); b=mat(n,n); a.a[][]=;
     if(n==) {printf("0\n"); return ;}
     for(int i=;i<=m;i++) p[i].rd();
     sort(p+,p+m+);
     for(int i=;i<=m;i++){
         mat hh=a;
         b.a[p[i].u][p[i].v]=;
         for(int j=;j<=n;j++){
             hh=hh*b;
             if(hh.a[][n]){
                 ans=min(ans,p[i].t+j);
                 break;
             }
         }
         if(i<m) a=a*(b^(p[i+].t-p[i].t));
     }
     if(ans==INF) printf("Impossible\n");
     else printf("%d\n",ans);
 }