【题目】D. Flights for Regular Customers

【题意】给定n个点m条边的有向图,每条边有di表示在经过该边前必须先经过di条边,边可重复经过,求1到n的最小经过边数。n,m<=150,di<=10^9,time=4s。

【算法】floyd+矩阵快速幂

【题解】需要计算步数,很容易联想到将floyd中每一步拆成矩阵乘法的经典做法。

令a[d][i][j]表示恰好d步能否从 i 走到 j(邻接矩阵) ,令b[d][i][j]表示当前已走d步时允许通过的边(连边矩阵)。

当前d步时,走一步相当于a[d+1][i][j]=max(a[d][i][k]&&b[d][k][j]),k=1~n(取max 是 或运算),将其定义为一次矩阵乘法就可以用矩阵快速幂优化了。

根据d的不同,连边矩阵b会发生至多m次变化。所以将所有边按d排序后顺序处理,每次快速幂的幂为d[i]-d[i-1],就能处理出走恰好d步能到达的点(作为起点集)。

最后,每次用1~i的所有边跑一次朴素的最短路(可以用floyd),从起点集到n的最短路+d就是每次的答案,取最小答案。

因为矩阵快速幂中使用的均为01矩阵,所以可以用bitset优化,从而满足时间限制。

复杂度O(m*n^3*log(di)/32+m*n^3),其中第二部分的最短路还可以用dijkstra算法优化,但已经不必要了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=,inf=0x3f3f3f3f;
struct cyc{int x,y,d;}e[N];
int n,m,mp[N][N];
bitset<N>a[N],ans[N],c[N],z[N];
bool cmp(cyc a,cyc b){return a.d<b.d;}
void mul(bitset<N>a[N],bitset<N>b[N]){
for(int i=;i<=n;i++)c[i].reset();
for(int k=;k<=n;k++)
for(int i=;i<=n;i++)
if(a[i][k])c[i]|=b[k];
for(int i=;i<=n;i++)a[i]=c[i];
}
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++)scanf("%d %d %d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].d);
sort(e+,e+m+,cmp);
for(int i=;i<=n;i++)ans[i].reset();
for(int i=;i<=n;i++)ans[i][i]=;
int ANS=inf;
for(int b=;b<=m;b++){
for(int i=;i<=n;i++)a[i].reset();
for(int i=;i<b;i++)a[e[i].x][e[i].y]=;
int k=e[b].d-e[b-].d;
while(k){
if(k&)mul(ans,a);
mul(a,a);
k>>=;
}
memset(mp,0x3f,sizeof(mp));
for(int i=;i<=n;i++)mp[i][i]=;
for(int j=;j<=b;j++)mp[e[j].x][e[j].y]=;
for(int k=;k<=n;k++)
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++)
mp[i][j]=min(mp[i][j],mp[i][k]+mp[k][j]);
for(int i=;i<=n;i++)if(ans[][i])ANS=min(ANS,e[b].d+mp[i][n]);
}
if(ANS==inf)printf("Impossible");else printf("%d",ANS);
return ;
}

代码中要注意的是,因为这里矩阵乘法并不是通常意义上定义的,所以初始值的设置不能沿袭“单位矩阵”等概念,而必须考虑其实际意义。

初始邻接矩阵:全为0,对角线为1,表示初始只能到达自己。(第二轮后可能就不能到达自己了)

连边矩阵:对角线为0,表示不能通过连边到达自己,这样才能使邻接矩阵表示恰好d步的可达信息。

如果连边矩阵的对角线1,即能到达自己,那么表示的就是<=d步的可达信息。

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