题解：跑路

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题意分析

给出 \(n\) 个点，\(m\) 条有向边，每一步能够走 \(2^k\) 条边，求从节点 \(1\) 走到节点 \(n\) 至少需要走几步。

因为一次能够 \(2^k\) 条边，一个很自然的思路就是对于每一个节点 \(x\)，都找出所有其能够通过 \(2^k\) 步走到的节点 \(y_i\)，然后建新图并连边 \((x,y_i)\)。

然后，新图边权为 \(1\)，在新图上跑最短路即可。

考虑定义 \(a_{i,j,k}\in{0,1}\) 表示原图上节点 \(i\) 与节点 \(j\) 之间是否存在一条长度为 \(2^k\) 的路径。

那么，转移就有：

\[a_{i,j,k}=\bigvee_{w=1}^na_{i,w,k-1}\land a_{w,j,k-1} \]

其中，\(\lor\) 表示或运算，\(\land\) 表示与运算。

\(\mathcal O(n^3\log V)\) 转移即可，\(V\) 为值域。

然后建图，再跑一遍最短路即可。

最短路可以实现 \(\mathcal O(n\log n)\) 的，但没必要，直接使用 \(\mathcal O\left(n^3\right)\) 的 Floyed 即可。

据说能够通过 bitset 实现 \(\mathcal O\left(\dfrac{n^3\log V}{w}\right)=\mathcal O\left(n^3\right)\) 的算法复杂度，然而没必要我不会。

AC 代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=50,M=1e4,K=64;
int n,build[N+1][N+1];
bool a[N+1][N+1][K+1];
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	memset(build,0x3f,sizeof(build));
	int m;
	scanf("%d %d",&n,&m);
	while(m--){
		int u,v;
		scanf("%d %d",&u,&v);
		a[u][v][0]=true;
	}
	for(int k=1;k<=K;k++){
		for(int w=1;w<=n;w++){
			for(int i=1;i<=n;i++){
				for(int j=1;j<=n;j++){
					a[i][j][k]|=a[i][w][k-1]&&a[w][j][k-1];
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			for(int k=0;k<=K;k++){
				if(a[i][j][k]){
					build[i][j]=1;
				}
			}
		}
	}
	for(int k=1;k<=n;k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				build[i][j]=min(build[i][j],build[i][k]+build[k][j]);
			}
		}
	}
	printf("%d\n",build[1][n]);
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}