【做题】HDU6331 Walking Plan——矩阵&分块
题意:给出一个有\(n\)个结点的有向图,边有边权。有\(q\)组询问,每次给出\(s,t,k\),问从\(s\)到\(t\)至少经过\(k\)条边的最短路。
\(n \leq 50, \, q \leq 10^5, \, k \leq 10^4\)
首先,注意到\(n\)非常小这个性质。对于很多这类点数少,询问不易维护也不复杂的图论题,可以用矩阵来做。
我们设原图的邻接矩阵为\(G\),并定义矩阵的二元运算\(\bigotimes\)为:
\]
那么,令\(A^k = \underbrace{A \bigotimes A \cdots A}_{k\text{ times}}\),那么\((G^k)_{ij}\)就等于从\(i\)到\(j\)恰好走\(k\)步的最短路。因此,每次询问的答案就是\(G^k \bigotimes S\),其中\(S\)为图floyd后得到的邻接矩阵。
接下来,让我们考虑这样一个暴力:一开始对于所有可能的路径长度\(l \space (l \leq k + n )\),求出\(G^l \bigotimes S\)。这样预处理是\(O(n^3 k)\),询问是\(O(1)\)。
这样做的话,预处理复杂过高,但每次询问能允许更高的复杂度(\(O(n)\))。注意到,询问要求的只是一个矩阵上的一个元素的罢了。因此,如果我们能把所有\(G^k \bigotimes S\)都表示为\(A \bigotimes B\)的形式,并且所有可能的\(A\)和\(B\)的总数量可以接受,就可以了。这也相当于把所有\(k\)拆分为两个数。
答案是分块。令块大小为\(H(k)\),那么我们可以把\(k\)分为\(\left\lfloor \frac {k} {H(k)} \right\rfloor \times H(k) + k \mod H(k)\)的形式。因此,我们令\(H(k) = \sqrt k\),那么,只要求出所有\(A_i = G^{i\sqrt k}, \ B_i = G_i \bigotimes S\),就可以\(O(n)\)回答每次询问,且\(|A| = |B| = \sqrt k\),故预处理复杂度也能达到\(O(n^3 \sqrt k)\)。
时间复杂度\(O(n^3 \sqrt k + nq)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55, BAS = 100, INF = 0x3f3f3f3f;
typedef int mat[N][N];
int n,m,q;
mat a[N * 3],b[N * 3];
void mul(mat& x,mat y,mat z) {
memset(x,0x3f,sizeof(mat));
for (int k = 1 ; k <= n ; ++ k)
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
for (int j = 1 ; j <= n ; ++ j)
x[i][j] = min(x[i][j],y[i][k] + z[k][j]);
}
int main() {
int T,x,y,z,ret;
scanf("%d",&T);
while (T --) {
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(a,0x3f,sizeof a);
memset(b,0x3f,sizeof b);
for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
b[1][x][y] = min(b[1][x][y],z);
}
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
a[0][i][i] = 0, b[0][i][i] = 0;
for (int i = 2 ; i <= BAS + n ; ++ i)
mul(b[i],b[i-1],b[1]);
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
for (int j = 1 ; j <= n ; ++ j)
a[1][i][j] = b[100][i][j];
for (int i = 2 ; i <= BAS ; ++ i)
mul(a[i],a[i-1],a[1]);
for (int k = BAS + n - 1 ; k >= 0 ; -- k)
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
for (int j = 1 ; j <= n ; ++ j)
b[k][i][j] = min(b[k][i][j],b[k+1][i][j]);
scanf("%d",&q);
for (int i = 1 ; i <= q ; ++ i) {
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
ret = INF;
for (int k = 1 ; k <= n ; ++ k)
ret = min(ret,a[z/BAS][x][k] + b[z%BAS][k][y]);
if (ret != INF) printf("%d\n",ret);
else puts("-1");
}
}
return 0;
}
小结:感觉分块白学了……还是只会死板地使用。
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