POI2015 WYC

也许更好的阅读体验

(mathcal{Description})
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。
((1leq nleq 40，1leq mleq 1000，1leq kleq 10^{18}))

(mathcal{Solution})
死毒瘤题，打了一晚上，最后把自己的方法改的和其他人差不多了
边权不为(1)，不好直接套用邻接矩阵，考虑把一个点拆开，让一条长度大于(1)的路径要到一些没用的点使得它需要走多次才能走到它该到的点
把一个点(n)拆为(n_0,n_1,n_2)，分别表示距离(n)还有(0/1/2)的距离，实际上，(n_0)就是原本的点，我们称之为实点，(n_1,n_2)则是用来消耗路径长度的点，称之为虚点
先有(n_2 ightarrow n_1,n_1 ightarrow n_0)连边
对一条边(left(u,v,w ight))，考虑由实点(u_0)走出去一步，那么距离(v)就会减一，所以(u_0)向(v_{w-1})连一条边，即连边(left(u_0,v_{w-1} ight))

现在我们可以对现在的矩阵做乘法和快速幂了，每个实点到实点的权值就是方案数
如现在是这个矩阵的(k)次方，则矩阵上(left(u_0,v_0 ight))上的权值表示的就是从(u_0)出发，走(k)步走到(v_0)的方案数

接下来考虑怎么求答案，(k)很大，自然地就想到了倍增，类似求(LCA)一样的去确定答案即可

当然，直接对矩阵求(p)次方，那么求出来的矩阵里的值表示的是刚好走(p)步从某个位置走到某个位置的答案
为了方便的进行判断，我们需要把矩阵的值表示成走小于等于(p)步的方案数
所以要考虑把走过的答案存下来，我们可以用(0)号点表示所有的方案数
怎么用(0)号点表示呢，考虑每次算出一个值后再算下一个值时将当前的答案放到(0)号点去
所以对每个点实点(u_0)连一条(left(u_0,0 ight))的边即可，而每次计算不能把上次的答案丢了，所以还要连一条(left(0,0 ight))的边

这样当前矩阵的(0)号点就表示着上一次的答案
我们再弄一个矩阵乘上当前矩阵就可以表示，这个矩阵(0)向所有的实点连一条边即可

(mathcal{Code})

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年11月06日 星期三 18时58分03秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#define ll long long
#define ld long double
#define rint register int
using namespace std;
const int maxn = 130;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
int n,lim,m;
ll k,ans;
//{{{Matrix
struct Matrix{
	ld mat[maxn][maxn];
	Matrix (bool opt=0){
		for (int i=0;i<=lim;++i)
			for (int j=0;j<=lim;++j)	mat[i][j]=opt&&(i==j);
	}
	ld* operator [] (const int &x){	return mat[x];}
	Matrix operator * (Matrix &b){
		Matrix a=*this,s;
		for (int i=0;i<=lim;++i)
			for (int j=0;j<=lim;++j)
				for (int k=0;k<=lim;++k)
					s[i][j]+=a[i][k]*b[k][j];
		return s;
	}
}g[maxn],s;
//}}}
inline int loc (int x,int i){	return (x-1)*3+i+1;}
inline ld sum (Matrix &a) { return a[0][0]-n; }
int main()
{
	freopen("p3597.in","r",stdin);
	freopen("p3597.out","w",stdout);
	cin>>n>>m>>k;
	lim=3*n;

	for (rint i=1;i<=n;++i){
		for (rint j=1;j<=2;++j)	g[0][loc(i,j)][loc(i,j-1)]=1;
		g[0][loc(i,0)][0]=s[0][loc(i,0)]=1;
	}
	g[0][0][0]=1;

	for (rint i=1;i<=m;++i){
		int u,v,d;
		cin>>u>>v>>d;
		++g[0][loc(u,0)][loc(v,d-1)];
	}


	int d;
	for (d=1;;++d){
		g[d]=g[d-1]*g[d-1];
		Matrix t=s*g[d];
		if (sum(t)>=k)	break;
		if (d>=64)	return printf("-1
"),0;
	}

	for (rint i=d;~i;--i){
		Matrix t=s*g[i];
		if (sum(t)<k){
			s=t;
			ans+=(1ll<<i);
		}
	}

	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

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