BZOJ1706: [usaco2007 Nov]relays 奶牛接力跑

1706: [usaco2007 Nov]relays 奶牛接力跑

Time Limit: 5 Sec  Memory Limit: 64 MB
Submit: 714  Solved: 371
[Submit][Status][Discuss]

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

2 6 6 4
11 4 6
4 4 8
8 4 9
6 6 8
2 6 9
3 8 9

Sample Output

10

HINT

Source

Gold

 

【题解】

g[k][i][j]表示从i到j走2^k条边的最短路

 

对于步数p，当地k位为1时，我们用g[k - 1][i][j]去更新答案ans[i][j]，即

tmp[i][j] = min(ans[i][l] + g[k - 1][l][j])

然后把tmp赋给ans

其实就是用ans存储p的二进制下后几位条边的最短路，然后去加上g，形成新的ans

思想类似快速幂

 

还有另一种理解方式，见集训队论文http://www.doc88.com/p-099371774203.html

 

还有一些细节。g[i][i]不能为0，否则会反复自己走自己，实际上这样是不行的

但是答案数组ans[i][i]初始可为0， 因为一步也不走到自己最短路是0,在第一轮更新后

即会被tmp替换为INF,具体见代码

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

const long long INF = 0x3f3f3f3f;
const long long MAXN = 1000 + 10;

inline void read(long long &x)
{
    x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
    while(ch < '0' || ch > '9') c = ch, ch = getchar();
    while(ch <= '9' && ch >= '0') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    if(c == '-')x = -x; 
}

long long n,m,s,t,k,g[MAXN][MAXN];
long long tmp[MAXN][MAXN], ans[MAXN][MAXN];

long long u[MAXN], v[MAXN], w[MAXN], cnt[MAXN];

int main()
{
    read(k), read(m), read(s), read(t);
    memset(g, 0x3f, sizeof(g));
    for(register long long i = 1;i <= m;++ i)
    {
        read(w[i]), read(u[i]), read(v[i]);
        if(!cnt[u[i]])cnt[u[i]] = ++n;
        if(!cnt[v[i]])cnt[v[i]] = ++n;
        g[cnt[u[i]]][cnt[v[i]]] = g[cnt[v[i]]][cnt[u[i]]] = w[i];
    }
    memset(ans, 0x3f, sizeof(ans));
    for(register long long i = 1;i <= n;++ i)
        ans[i][i] = 0;
        
    for(;k;k >>= 1)
    {
        if(k & 1)
        {
            memset(tmp, 0x3f, sizeof(tmp));
            for(register long long k = 1;k <= n;++ k)
                for(register long long i = 1;i <= n;++ i)
                    for(register long long j = 1;j <= n;++ j)
                        tmp[i][j] = min(tmp[i][j], ans[i][k] + g[k][j]);
            for(register long long i = 1;i <= n;++ i)
                for(register long long j = 1;j <= n;++ j)
                    ans[i][j] = tmp[i][j];
        }
        memset(tmp, 0x3f, sizeof(tmp));
        for(register long long k = 1;k <= n;++ k)
            for(long long i = 1;i <= n;++ i)
                for(register long long j = 1;j <= n;++ j)
                    tmp[i][j] = min(tmp[i][j], g[i][k] + g[k][j]);
        for(register long long i = 1;i <= n;++ i)
                for(register long long j = 1;j <= n;++ j)
                    g[i][j] = tmp[i][j];
    }
    printf("%lld", ans[cnt[s]][cnt[t]]);
    return 0;
}