bzoj4386 Wycieczki

题目描述

给定一张n个点m条边的带权有向图，每条边的边权只可能是1，2，3中的一种。
将所有可能的路径按路径长度排序，请输出第k小的路径的长度，注意路径不一定是简单路径，即可以重复走同一个点。

输入

第一行包含三个整数n,m,k(1<=n<=40，1<=m<=1000，1<=k<=10^18)。
接下来m行，每行三个整数u,v,c(1<=u,v<=n，u不等于v，1<=c<=3)，表示从u出发有一条到v的单向边，边长为c。
可能有重边。

输出

包含一行一个正整数，即第k短的路径的长度，如果不存在，输出-1。

样例输入

6 6 11
1 2 1
2 3 2
3 4 2
4 5 1
5 3 1
4 6 3

样例输出

4

---

solution

考虑只有边权为1的图。

拿一个矩阵G[i][j]表示i到j有多少走法。他的x次幂就是i走恰好x步到j的情况。

那么小于等于x的怎么求呢。

可以加一个计数点。把所有点向计数点连边，再加一个自环，也就是i-1步的方案也算进i步的方案。

现在考虑边权123

把每个点新建2个虚点，分别为 i+n i+n+n

如果i~j有x的边

连i+（x-1）*n~j

注意爆ll

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll unsigned long long
using namespace std;
int N,n,m;
ll goal;
ll Ans;
struct node{
    ll v[][];
    void cle(){
        for(int i=;i<=N;i++)
    for(int j=;j<=N;j++)v[i][j]=;
    }
}G,A[],ans,tmp;
node operator *(node A,node B){
    node C;C.cle();
    for(int i=;i<=N;i++)
    for(int j=;j<=N;j++){
        for(int k=;k<=N;k++){
            C.v[i][j]+=A.v[i][k]*B.v[k][j];
            if(C.v[i][j]>1e19){C.v[][]=-;return C;}
        }
    }
    return C;
}
bool pd(){
    if(tmp.v[][]<){return ;}
    ll sum=;
    for(int i=;i<=n;i++){
        sum+=(tmp.v[i][N]-);
        if(sum>1e19)return ;
        //cout<<tmp.v[i][N]<<' ';
    }
    //cout<<"sum "<<sum<<endl;
    return sum<goal;
}
int main(){
    cin>>n>>m>>goal;N=n+n+n+;//goal+=n;
    for(int i=;i<=n;i++){
        G.v[i][i+n]=G.v[i+n][i+n+n]=;
        G.v[i][N]=;
    }
    G.v[N][N]=;
    for(int i=,t1,t2,t3;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&t1,&t2,&t3);
        G.v[t1+(t3-)*n][t2]++;
    }
    A[]=G;

    for(int i=;i<=;i++)A[i]=A[i-]*A[i-];
    for(int i=;i<=n;i++)ans.v[i][i]=;
    for(int i=;i>=;i--){
        tmp=ans*A[i];
        if(pd())ans=tmp,Ans += (1ll << i);
        if(i==&&pd()){puts("-1");return ;}
    }
    cout<<Ans<<endl;
    return ;
}
/*
2 1 1
1 2 1

*/