2016计蒜之道复赛A 百度地图的实时路况

百度地图的实时路况功能相当强大，能方便出行的人们避开拥堵路段。一个地区的交通便捷程度就决定了该地区的拥堵情况。假设一个地区有 nnn 个观测点，编号从 111 到 nnn。定义 d(u,v,w)d(u,v,w)d(u,v,w) 为从 uuu 号点出发，严格不经过 vvv 号点，最终到达 www 号点的最短路径长度，如果不存在这样的路径，d(u,v,w)d(u,v,w)d(u,v,w) 的值为 −1-1−1。

那么这个地区的交通便捷程度 PPP 为：

P=∑1≤x,y,z≤n,x≠y,y≠zd(x,y,z)P = \sum_{1 \leq x,y,z \leq n , x \neq y , y \neq z}{d(x,y,z)}P=∑​1≤x,y,z≤n,x≠y,y≠z​​d(x,y,z)

现在我们知道了该地区的 nnn 个点，以及若干条有向边，求该地区的交通便捷程度 PPP。

输入格式

第一行输入一个正整数 n(4≤n≤300)n(4 \leq n \leq 300)n(4≤n≤300)，表示该地区的点数。

接下来输入 nnn 行，每行输入 nnn 个整数。第 iii 行第 jjj 个数 Gi,j(−1≤Gi,j≤10000;Gi,i=0)G_{i,j}(-1 \leq G_{i,j} \leq 10000;G_{i,i} = 0)G​i,j​​(−1≤G​i,j​​≤10000;G​i,i​​=0) 表示从 iii 号点到 jjj 号的有向路径长度。如果这个数为 −1-1−1，则表示不存在从 iii 号点出发到 jjj 号点的路径。

输出格式

输出一个整数，表示这个地区的交通便捷程度。

样例输入

4
0 1 -1 -1
-1 0 1 -1
-1 -1 0 1
1 -1 -1 0

样例输出

4

【题解】
“Floyd 算法又叫 “插点法”
注意到插点的顺序是无关紧要的
我们可以分治：
令 solve(l, r) 表示处理区间 [l, r] 的询问
取 mid = (l + r) / 2
把 [l, mid] 的点插入，递归 solve(mid + 1, r)；
把 [mid + 1, r] 的点插入，递归 solve(l, mid)；
递归到叶子的时候，回答询问
复杂度 O(N^3\log N)，只需注意到每个点会被插 O(\log N) 次”
—— 吕欣

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <queue>
 #include <vector>
 #define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
 #define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

 inline void read(int &x)
 {
     x = ;char ch = getchar(), c = ch;
     while(ch < '' || ch > '')c = ch, ch = getchar();
     while(ch <= '' && ch >= '')x = x *  + ch - '', ch = getchar();
     if(c == '-')x = -x;
 }

 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 const int MAXN =  + ;

 int g[MAXN][MAXN],n;
 long long ans;

 void solve(int l, int r)
 {
     if(l == r)
     {
         for(register int i = ;i <= n;++ i)
         {
             if(l == i) continue;
             for(register int j = ;j <= n;++ j)
             {
                 if(r == j) continue;
                 if(g[i][j] != INF)
                     ans += g[i][j];
                 else
                     -- ans;
             }
         }
         return;
     }
     int tmp[MAXN][MAXN];
     for(register int i = ;i <= n;++ i)
         for(register int j = ;j <= n;++ j)
             tmp[i][j] = g[i][j];
     int mid = (l + r) >> ;
     for(register int k = l;k <= mid;++ k)
         for(register int i = ;i <= n;++ i)
             for(register int j = ;j <= n;++ j)
                 if(g[i][j] > g[i][k] + g[k][j])
                     g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
     solve(mid + , r);
     for(register int i = ;i <= n;++ i)
         for(register int j = ;j <= n;++ j)
             g[i][j] = tmp[i][j];
     for(register int k = mid + ;k <= r;++ k)
         for(register int i = ;i <= n;++ i)
             for(register int j = ;j <= n;++ j)
                 if(g[i][j] > g[i][k] + g[k][j])
                     g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
     solve(l, mid);
     return;
 }

 int main()
 {
     read(n);
     for(register int i = ;i <= n;++ i)
         for(register int j = ;j <= n;++ j)
         {
             read(g[i][j]);
             if(g[i][j] == -)g[i][j] = INF;
         }
     solve(, n);
     printf("%lld", ans);
     return ;
 }

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