[USACO07NOV]牛继电器Cow Relays

POJ

洛咕

题意:给出一张(m(m<=100))条边,点的编号不超过1000的无向连通图，求(S)到(T)经过(n)条边的最短路.

首先把点的编号离散化,则点的编号(sum)不超过200,可以(floyd).若矩阵(A^m)保存了任意两个点之间恰好经过m条边的最短路,则(A^{n+m}=min_{1<=k<=sum}(A^n[i,k]+A^m[k,j])),对于这个"矩阵乘法"我们把原来的乘法变成加法,原来的加法变成(min)运算即可.

最后(A^n[S,T])即为最终答案.时间复杂度为(O((2m)^3log_n)),(2m)是点的编号总数,3次方是(floyd)(矩阵乘法),(log_n)是矩阵快速幂.

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,o=1;char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
    if(ch=='-')o=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*o;
}
const int N=205;
int n,m,s,t,tot,sum;
int b[N];
struct ppx{int x,y,z;}a[N];
struct matrix{
	int jz[N][N];
	matrix operator *(const matrix &x)const{//重载运算符
		matrix c;
		memset(c.jz,0x3f,sizeof(c.jz));
		for(int k=1;k<=sum;++k)
			for(int i=1;i<=sum;++i)
				for(int j=1;j<=sum;++j)
					c.jz[i][j]=min(c.jz[i][j],jz[i][k]+x.jz[k][j]);//原来的乘法变加法,原来的加法变min运算
//这里的k,i,j的枚举顺序是按照floyd算法来的,不是一般矩阵乘法的i,j,k顺序				
		return c;
	}
}w,ans;
int main(){
	n=read();m=read();s=read();t=read();
	for(int i=1;i<=m;++i){
		a[i].z=read();a[i].x=read();a[i].y=read();
		b[++tot]=a[i].x;b[++tot]=a[i].y;
	}
//离散化,我写太复杂了,没必要用到STL,直接开桶记录就好了的
	sort(b+1,b+tot+1);
	sum=unique(b+1,b+tot+1)-b-1;
	memset(w.jz,0x3f,sizeof(w.jz));
	for(int i=1;i<=m;++i){
		a[i].x=lower_bound(b+1,b+sum+1,a[i].x)-b;
		a[i].y=lower_bound(b+1,b+sum+1,a[i].y)-b;
		w.jz[a[i].x][a[i].y]=w.jz[a[i].y][a[i].x]=a[i].z;
	}
	s=lower_bound(b+1,b+sum+1,s)-b;
	t=lower_bound(b+1,b+sum+1,t)-b;

	memset(ans.jz,0x3f,sizeof(ans.jz));//这两句是
	for(int i=1;i<=sum;i++)ans.jz[i][i]=0;//第一种写法

	//ans=w;--n;  //这两句是第二种写法

//我刚开始写的是第二种写法,然后一直没动为什么n要减一
//想了一下,按照写法二,ans=w,相当于已经跑了一次经过恰好一条边的最短路
//很好理解,因为w中存的是每条边,所以n要减一
//对于写法一一定要把jz[i][i]赋值为零,否则会错

	while(n){
		if(n&1)ans=ans*w;
		w=w*w;
		n>>=1;
	}
	printf("%d
",ans.jz[s][t]);
    return 0;
}