[usaco2007 Nov]relays 奶牛接力跑
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Description
FJ的N(2 <= N <= 1,000,000)头奶牛选择了接力跑作为她们的日常锻炼项目。至于进行接力跑的地点 自然是在牧场中现有的T(2 <= T <= 100)条跑道上。 农场上的跑道有一些交汇点，每条跑道都连结了两个不同的交汇点 I1_i和I2_i(1 <= I1_i <= 1,000; 1 <= I2_i <= 1,000)。每个交汇点都是至少两条跑道的端点。 奶牛们知道每条跑道的长度length_i(1 <= length_i <= 1,000)，以及每条跑道连结的交汇点的编号 并且，没有哪两个交汇点由两条不同的跑道直接相连。你可以认为这些交汇点和跑道构成了一张图。 为了完成一场接力跑，所有N头奶牛在跑步开始之前都要站在某个交汇点上（有些交汇点上可能站着不只1头奶牛）。当然，她们的站位要保证她们能够将接力棒顺次传递，并且最后持棒的奶牛要停在预设的终点。 你的任务是，写一个程序，计算在接力跑的起点(S)和终点(E)确定的情况下，奶牛们跑步路径可能的最小总长度。显然，这条路径必须恰好经过N条跑道。
Input
* 第1行: 4个用空格隔开的整数：N，T，S，以及E
* 第2..T+1行: 第i+1为3个以空格隔开的整数：length_i，I1_i，以及I2_i， 描述了第i条跑道。
Output
* 第1行: 输出1个正整数，表示起点为S、终点为E，并且恰好经过N条跑道的路 径的最小长度
Sample Input
11 4 6
4 4 8
8 4 9
6 6 8
2 6 9
3 8 9
Sample Output
HINT
Source
挺好的一道题目
首先题目中只有100条边，却给出了10000个点（实际上最多只能有200个），离散化一下。
后面就是Floyd的新姿势，以前看过的集训队论文里面有:D
一开始的邻接矩阵是经过一条边的最短路，把这个邻接矩阵记作f[0]
f[1]=f[0]*f[0]=f[0]^2（这里的乘法是矩阵乘法），就可以表示恰巧经过两条边的啦。
f[2]=f[1]*f[0]=f[0]^3，恰巧表示经过两条边。
……
所以恰巧经过n条边的最短路是f[n-1]=f[0]^n。
矩阵快速幂一下就好啦。
注意看代码
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int MAXM=200+5; 5 const int MAXN=1000+50; 6 const ll INF=1e16; 7 struct node 8 { 9 ll dis[MAXM][MAXM]; 10 }f,result,origin; 11 int id[MAXN],cnt; 12 int n,t,s,e; 13 14 node operator * (node a,node b) 15 { 16 node c; 17 for (int i=1;i<=cnt;i++) 18 for (int j=1;j<=cnt;j++) c.dis[i][j]=INF; 19 for (int k=1;k<=cnt;k++) 20 for (int i=1;i<=cnt;i++) 21 for (int j=1;j<=cnt;j++) 22 c.dis[i][j]=min(c.dis[i][j],a.dis[i][k]+b.dis[k][j]); 23 return c; 24 } 25 26 int getnum(int x) 27 { 28 if (id[x]==-1) 29 { 30 id[x]=++cnt; 31 return(cnt); 32 } 33 else return(id[x]); 34 } 35 void init() 36 { 37 memset(id,-1,sizeof(id)); 38 cnt=0; 39 scanf("%d%d%d%d",&n,&t,&s,&e); 40 memset(f.dis,0,sizeof(f.dis)); 41 for (int i=1;i<=t;i++) 42 { 43 int u,v,w; 44 scanf("%d%d%d",&w,&u,&v); 45 u=getnum(u); 46 v=getnum(v); 47 f.dis[u][v]=f.dis[v][u]=w; 48 } 49 for (int i=1;i<=cnt;i++) 50 for (int j=1;j<=cnt;j++) if (!f.dis[i][j]) f.dis[i][j]=INF; 51 } 52 int main() 53 { 54 init(); 55 int k=n-1; 56 result=f,origin=f; 57 while (k) 58 { 59 if (k&1) result=result*origin; 60 k>>=1; 61 origin=origin*origin; 62 } 63 printf("%lld",result.dis[id[s]][id[e]]); 64 }