【做题】HDU6331 Walking Plan——矩阵&分块

题意：给出一个有(n)个结点的有向图，边有边权。有(q)组询问，每次给出(s,t,k)，问从(s)到(t)至少经过(k)条边的最短路。

(n leq 50, \, q leq 10^5, \, k leq 10^4)

首先，注意到(n)非常小这个性质。对于很多这类点数少，询问不易维护也不复杂的图论题，可以用矩阵来做。

我们设原图的邻接矩阵为(G)，并定义矩阵的二元运算(igotimes)为：

[(A igotimes B)_{ij} = min_{k} A_{ik} + B_{kj} ]

那么，令(A^k = underbrace{A igotimes A cdots A}_{k ext{ times}})，那么((G^k)_{ij})就等于从(i)到(j)恰好走(k)步的最短路。因此，每次询问的答案就是(G^k igotimes S)，其中(S)为图floyd后得到的邻接矩阵。

接下来，让我们考虑这样一个暴力：一开始对于所有可能的路径长度(l space (l leq k + n ))，求出(G^l igotimes S)。这样预处理是(O(n^3 k))，询问是(O(1))。

这样做的话，预处理复杂过高，但每次询问能允许更高的复杂度（(O(n))）。注意到，询问要求的只是一个矩阵上的一个元素的罢了。因此，如果我们能把所有(G^k igotimes S)都表示为(A igotimes B)的形式，并且所有可能的(A)和(B)的总数量可以接受，就可以了。这也相当于把所有(k)拆分为两个数。

答案是分块。令块大小为(H(k))，那么我们可以把(k)分为(leftlfloor frac {k} {H(k)} ight floor imes H(k) + k mod H(k))的形式。因此，我们令(H(k) = sqrt k)，那么，只要求出所有(A_i = G^{isqrt k}, B_i = G_i igotimes S)，就可以(O(n))回答每次询问，且(|A| = |B| = sqrt k)，故预处理复杂度也能达到(O(n^3 sqrt k))。

时间复杂度(O(n^3 sqrt k + nq))。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55, BAS = 100, INF = 0x3f3f3f3f;
typedef int mat[N][N];
int n,m,q;
mat a[N * 3],b[N * 3];
void mul(mat& x,mat y,mat z) {
  memset(x,0x3f,sizeof(mat));
  for (int k = 1 ; k <= n ; ++ k)
    for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
      for (int j = 1 ; j <= n ; ++ j)
	x[i][j] = min(x[i][j],y[i][k] + z[k][j]);
}
int main() {
  int T,x,y,z,ret;
  scanf("%d",&T);
  while (T --) {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(a,0x3f,sizeof a);
    memset(b,0x3f,sizeof b);
    for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
      scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
      b[1][x][y] = min(b[1][x][y],z);
    }
    for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
      a[0][i][i] = 0, b[0][i][i] = 0;
    for (int i = 2 ; i <= BAS + n ; ++ i)
      mul(b[i],b[i-1],b[1]);
    for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
      for (int j = 1 ; j <= n ; ++ j)
				a[1][i][j] = b[100][i][j];
    for (int i = 2 ; i <= BAS ; ++ i)
      mul(a[i],a[i-1],a[1]);
    for (int k = BAS + n - 1 ; k >= 0 ; -- k)
      for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
	for (int j = 1 ; j <= n ; ++ j)
	  b[k][i][j] = min(b[k][i][j],b[k+1][i][j]);
    scanf("%d",&q);
    for (int i = 1 ; i <= q ; ++ i) {
      scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
      ret = INF;
      for (int k = 1 ; k <= n ; ++ k)
				ret = min(ret,a[z/BAS][x][k] + b[z%BAS][k][y]);
      if (ret != INF) printf("%d
",ret);
      else puts("-1");
    }
  }
  return 0;
}

小结：感觉分块白学了……还是只会死板地使用。