随笔分类 - 图论—Floyd
摘要：首先看这个范围很夸张但是其实有限制的也就在1e18\ n范围里（走完一圈的边权），然后限制一定是有负环 用Floyd传递闭包，然后设f[i][j][k]为从1走了i步到j并且有k个x的最短路，用B F处理，然后有负环就是kx+f[n][i][k] include include include in
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摘要：因为没有重复串，所以把有包含关系的串连边之后是个DAG，也就是二分图，就变成求二分图的最大独立集=n 最小点覆盖=n 最大匹配 关于包含关系，建出AC自动机，然后把串放上去找子串，但是如果每次都一路找到根就会T，所以每次只找最近的一个，并且对于没有结尾id的点承接father的id，这样就O(1)的
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摘要：用read()会挂 二分半径，显然最优的是所有原都用这个最小半径，然后2 SAT把相交的圆建图，跑tarjan判一下可行性即可
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摘要：！：自环也算一条路径 矩阵快速幂，把矩阵乘法的部分替换成Floyd（只用一个点扩张），这样每“乘”一次，就是经过增加一条边的最短路，用矩阵快速幂优化，然后因为边数是100级别的，所以把点hash一下最多剩下200个
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摘要：非常迷的一道题啊 我觉得挺对的版本只得了30 总之就是Floyd·改，开两个数组，一个是d[i][j]就是普通的只有边权的最短路，a[i][j]是题目要求的那种 具体改的地方是把枚举中转点的地方把中转点按从小到大的顺序枚举，d[i][j]按照套路更新即可，然后a[i][j]从a[i][j]原数和d[
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摘要：1 include using namespace std; const int N=105; const long long inf=1e18; long long T,n,m; struct qwe { long long a[N][N]; qwe operator (const qwe &b)
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摘要：把关系变成有向边，稍微想一下就是要求在有向图中不能到达的点对个数，这个可以用Floyd传递闭包来做，但是n^3的复杂度跑不了1000 考虑bitset优化！ 因为传递过程只会出现0和1，用bitset完全没问题，而且重要的是bitset可以进行位运算，一下转移一整行：如果j能到i，也能到i能到的所有
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摘要：唔不知道怎么说……大概核心是把矩阵快速幂的乘法部分变成了Floyd一样的东西，非常之神 首先把点离散一下，最多有200个，然后建立邻接矩阵，a[u][v]为(u,v)之间的距离，没路就是inf 然后注意重载乘号的部分，注意到这样乘一次就相当于把本来存了经过k条路的最短路的邻接矩阵变成存了经过k+1条
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摘要：先跑一遍取max版的Floyd，直接用数组回答询问即可 cpp include include using namespace std; const int N=305,inf=1e9; int n,m,q,a[N][N]; int read() { int r=0,f=1; char p=getc
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摘要：弗洛伊德之后按序列加起来即可 cpp include include include using namespace std; const int N=50005; int n,m,a[10001],d[101][101],ans; int read() { int r=0,f=1; char p=
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摘要：floyd传递关系，一个牛能确定排名的条件是能和所有牛确定关系 cpp include include using namespace std; const int N=105; int n,m,a[N][N],ans; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(i
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摘要：~~其实并不会分数规划~~ 因为要最大化 ans=总收益/总路程 ，所以考虑二分答案，找到一条 ans=0。建一张新图，(i,j)边权为w(i,j) d(i,j)\ ans，然后用Floyd在新图中检查是否有非负环即可。
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摘要：参考：https://www.cnblogs.com/zhuohan123/p/3237246.html 因为一c可以由1 a b得出，所以删掉c，把a，b抽象成二维平面上的点。首先考虑一个客户需求能被哪些原料配出来：两个原料点连线上的点都可以，要是多个原料点，那么这些线的向量构成的凸包中的点都可以
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