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 */
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