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 MBSubmit: 346 Solved: 166
[Submit][Status]
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
可恶的权限题，数据下载在此。
题意：
给定一张M 条边的无向带权图,求从起点S到终点E恰好经过K条边的最短路径。2 ≤ M ≤ 100, 2 ≤ K ≤ 1000000。保证每个连边的点度至少为2。
做法：
由于题目要求的是经过K条边的最短路径的长度（而不是路径数量），传统的矩阵乘法无法使用。究其本原，矩阵乘法是基于以下递推式：
\[ F_{i,j} = F_{i,k} \times F_{k,j} \]
而题述则为：
\[ G_{i,j} = \min (G_{i,k} + G_{k,j})\]
思考一下！矩阵乘法还能这样用！
太棒了。
1 #include <cstring> 2 #include <cstdio> 3 const int maxn = 100 + 3; 4 const long long INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 5 inline long long min(long long a, long long b) { 6 return a < b ? a : b; 7 } 8 namespace my_matrix { 9 typedef long long MType; 10 typedef int IType; 11 const MType size = maxn; 12 struct Matrix { 13 MType d[size][size]; 14 int row, col; 15 inline Matrix() { 16 memset(d, 0, sizeof d); 17 } 18 inline Matrix(int _row, int _col) { 19 row = _row, col = _col; 20 memset(d, 0, sizeof d); 21 } 22 inline void init() { 23 for(int i = 0; i < row; ++i) { 24 d[i][i] = 1; 25 } 26 } 27 inline void set_size(int _set_size) { 28 row = col = _set_size; 29 } 30 inline void clear() { 31 memset(d, 0, sizeof d); 32 } 33 inline void print() { 34 for(int i = 0; i < row; ++i) { 35 for(int j = 0; j < col - 1; ++j) { 36 printf("%lld ", d[i][j]); 37 } 38 printf("%lld\n", d[i][col - 1]); 39 } 40 } 41 }; 42 inline Matrix operator * (const Matrix &lhs, const Matrix &rhs) { 43 Matrix ret; 44 ret.set_size(lhs.row); 45 for(int i = 0; i < ret.row; ++i) 46 for(int j = 0; j < ret.col; ++j) 47 ret.d[i][j] = INF; 48 for(int i = 0; i < lhs.row; ++i) 49 for(int j = 0; j < rhs.col; ++j) 50 for(int k = 0; k < lhs.col; ++k) { 51 ret.d[i][j] = min(ret.d[i][j], lhs.d[i][k] + rhs.d[k][j]); 52 } 53 return ret; 54 } 55 inline Matrix fast_pow(Matrix base, IType index) { 56 Matrix ret; 57 for(ret.set_size(base.row), memcpy(ret.d, base.d, sizeof base.d); index; index >>= 1, base = base * base) 58 if(index & 1) ret = ret * base; 59 return ret; 60 } 61 }; 62 using namespace my_matrix; 63 64 int hash[1000 + 20], top; 65 inline int id(int x) { 66 if(hash[x] != -1) return hash[x]; 67 else return hash[x] = top++; 68 } 69 int T, S, E, N; 70 long long g[103][103]; 71 72 int main() { 73 freopen("relays.in", "r", stdin); 74 freopen("relays.out", "w", stdout); 75 memset(hash, -1, sizeof hash); 76 scanf("%d%d%d%d", &N, &T, &S, &E); 77 memset(g, INF, sizeof g); 78 for(int i = 1; i <= T; ++i) { 79 int l, f, t; 80 scanf("%d%d%d", &l, &f, &t); 81 g[id(f)][id(t)] = g[id(t)][id(f)] = l; 82 } 83 Matrix base; 84 base.set_size(top); 85 memcpy(base.d, g, sizeof g); 86 base = fast_pow(base, N - 1); 87 printf("%lld\n", base.d[id(S)][id(E)]); 88 }
