题解 P8017 [COCI2013-2014#4] UTRKA

洛谷。

题意

这个原题描述应该足够理解。

分析

首先可以把 $M_i$ 和 $S_i$ 缩去，令 $w_i=S_i-M_i$，那么我们最后题目就变成了求一条首尾相同的路径权值和大于 $0$，其路径数最小并且在路径数相同情况下权值和最大。（可以重复经过）。

这有点像我们的定长路径的最短路，那么我们用矩阵来维护我们的某个点开始的 $k$ 步的最长路径长度。

先从暴力打起，确定我们的起点，再枚举路径数，看看此时到自己的最长路径长度是否大于 $0$，如果是，就更新答案，并且结束。

inline void solve(int st) {
    ans=<%1,n%>;
    for(int i=1; i<=n; ++i) ans.a[1][i]=-INF;
    ans.a[1][st]=0;
    for(int i=1; i<=t; ++i)  {//小优化，初始值为 m
        ans=ans*bas;
        if(ans.a[1][st]>0) {
            if(t>i) t=i,res=ans.a[1][st];
            if(t==i) res=max(res,ans.a[1][st]);
            return;
        }
    }
}

就是这样简单的思路，我们就先拿下了 $118pts$。
时间复杂度：$O(n^4\times t)$。

接下来有两种优化方向，我们都需要运用。

1. 优化枚举起点，这里占据了 $O(n)$ 的时间复杂度。
2. 优化取得答案，这里占据了 $O(t)$ 的时间复杂度。

优化第一个。

我们其实并不需要枚举起点，每个起点他们的所乘 $bas$ 都是一样的，我们尝试把求第 $i$ 个开始最后到达自己的最长路径融入 $bas$。

在起始时，我们将所有的 $bas_{i,i}$ 设为 $0$，那么，我们就相当于把所有的 $ans$ 融入了我们的 $bas$，而这样对我们的答案转移是否有影响呢？

显然是没有的，应为我们要求的是最长路径长度，我们多走一条长度为 $0$ 的自环，并没有增长长度。

可以再次拿下一个点。

优化第二个。

在不优化第一个的前提下，我们同样也是可以优化的。

就像我们的第一个优化，给 $st$ 连一个自环，那么我们最后求出的就是至多 $k$ 条边的最长路径长度，显然，这是满足二分性质的，我们二分套一个矩阵快速幂即可。（但是好像两个 $\log$ 还变慢了）。

再其基础上，我们可以发现，我们第一个优化后，也是满足二分性质的。

但是还可以更进一步，因为我们二分后是有一个快速幂操作的，快速幂本质上其实与倍增无异，我们单用倍增优化掉这一个二分。

时间复杂度：$O(n^3 \times \log m )$。

这个时间复杂度其实已经足够度过这道题了，但是我们可以更快一点点。

分析一下答案的范围，我们答案的范围是多少，之前我们用最短路的一个最值，也就是我们的边数，但是我们的答案范围其实只有 $n$。

为什么呢，假如说大于了 $n$，那么就代表，我们必然经过了一个环，而且这个环还一定是一个正环，否则我们并不用经过这个环。而又因为这个环是正环，所以我们从环上去一个节点作为起点，而这个节点在跑完环是也是正值，因而答案不超过 $n$。

时间复杂度：$O(n^3\times \log n)$。

n=read(),m=read();
bas=<%n,n%>;
for(int i=1; i<=n; ++i) for(int j=1; j<=n; ++j) bas.a[i][j]=-INF;
for(int i=1; i<=n; ++i) bas.a[i][i]=0;
for(int i=1; i<=m; ++i) {
    int u=read(),v=read(),mm=read(),ss=read();
    bas.a[u][v]=max(ss-mm,bas.a[u][v]);
}
pw[0]=bas;
for(int i=1; i<=M; ++i) pw[i]=pw[i-1]*pw[i-1];
ans=bas;
int tot=1;
for(int i=M; ~i; --i) {
    MAT res=ans*pw[i];
    if(!res.check()) tot+=(1<<i),ans=res;
}
++tot,ans=ans*bas;
cout<<tot<<" "<<ans.get();//get：获取最大值
return 0;