长途旅行（压缩问题）

题目

【问题描述】

　　JY是一个爱旅游的探险家，也是一名强迫症患者。
　　现在JY想要在C国进行一次长途旅行，C国拥有n个城市(编号为0,1,2…,n - 1)，城市之间有m条道路，可能某个城市到自己有一条道路，也有可能两个城市之间有多条道路，通过每条道路都要花费一些时间。JY从0号城市开始出发，目的地为n–1号城市。由于JY想要好好参观一下C国，所以JY想要旅行恰好T小时。为了让自己的旅行更有意思，JY决定不在任何一个时刻停留(走一条到城市自己的路并不算停留)。
　　JY想知道是否能够花恰好T小时到达n–1号城市（每个城市可经过多次）。现在这个问题交给了你。若可以恰好到达输出“Possible”否则输出“Impossible”。(不含引号)。

【输入格式】  

　　第一行一个正整数Case，表示数据组数。
　　每组数据第一行3个整数，分别为n, m, T。
　　接下来m行，每行3个整数x, y, z,代表城市x和城市y之间有一条耗时为z的双向边。

【输出格式】  

　　对于每组数据输出”Possible”或者”Impossible”。

【输入样例】  

2
3 3 11
0 2 7
0 1 6
1 2 5
2 1 10000
1 0 1

【输出样例】  

Possible Impossible

【样例解释】  

第1组：0 -> 1 -> 2 :11 第2组：显然偶数时间都是不可能的。

【数据范围】  

30%的数据满足：T≤10000
另有30%的数据满足：2≤n≤5 1≤m≤100
100%的数据满足： 2≤n≤50 1≤m≤100 1≤z≤10000 1≤T≤10^18
　　　　　　 1≤Case≤5
　　　　　　

分析

看了网上很多题解，并不是很明白，然后下定决心自己搞懂之后，觉得写一个仍旧不是很明白的题解，重要的是自己思考。

作为一个图论问题，首先要自己想一下自己会什么，比较明显的是这不是欧拉回路或者说网络流，那么就只有SPFA了(什么逻辑啊！！)
T比较大，所以说我们要想办法压缩，利用一个dp的思想—重叠子问题，意思是说第j时刻到达i点可能很很多种到达方式，如果我们能不总是重复计算，只需要到达了一次就不再计算，就达到了大量化简的目的（开玩笑这种题目不知道浪费了多少）。
首先直接给出思路：找出一个比较小的环（一般来说是自环或者0~1的来回路径），我们可以在这个环上走很多次才开始继续走，为什么这样可以达到压缩的目的呢，一个是比较数字化的等下直接从方程看待，另一个就是因为之前说过了到达的方式有很多种，说不定这就是一种，而且可能性很大！。
设这个环的大小为mod，则T=t+k*mod,当k=0的时候，一定不影响结果，所以可以这么操作。
压缩后d[i][j]表示在j时刻到达i点已经走过了的最小时间，这里的值%mod一定为j，比如mod=5，d[i][2]=12,就表示第一次走到i时间是2+k*mod的时候是12（k=2），因此接下来17、22、27…都可以通过不停地走那个环来达到。
最后来看答案d[n-1][t%mod]，如果它的答案是t，说明刚好可以走到，如果是t-k*mod，那么就走几个环，所以只要d[n-1][t%mod]<=t就可以达到
至于方程的转移，实际上就是最短路问题，用SPFA，化简之处如例子：用一个状态就表达了17、22、27…能化简得少么？

代码

注意：出于个人习惯，代码中所有的点的标号都被+1

#include<queue>#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const LL inf=1e18+5;const int maxn=55,maxm=105,maxw=10000*2+5;struct edge{    int to,next,w;}E[maxm<<1];int Case,mod;int n,m,np,first[maxn];LL t;LL d[maxn][maxw];void add(int u,int v,int w){    E[++np]=(edge){v,first[u],w};    first[u]=np;}void Init(){    scanf("%d%d",&n,&m);    cin>>t;    mod=1e9;    np=0;    memset(first,0,sizeof(first));    int u1,u2,w;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        scanf("%d%d%d",&u1,&u2,&w);        u1++,u2++;        if(u1==1||u2==1)        {            mod=min(mod,2*w);        }        add(u1,u2,w);        add(u2,u1,w);    }}struct data{    int i,k;};bool inq[maxn][maxw];void SPFA(){    queue<data>q;    for(int i=0;i<=n;i++)        for(int j=0;j<=mod;j++)            d[i][j]=inf;    q.push((data){1,0});    d[1][0]=0;    while(!q.empty())    {        data i=q.front();q.pop();        inq[i.i][i.k]=0;        for(int p=first[i.i];p;p=E[p].next)        {            int j=E[p].to,nk=(i.k+E[p].w)%mod;            if(d[j][nk]>d[i.i][i.k]+E[p].w)            {                d[j][nk]=d[i.i][i.k]+E[p].w;                if(inq[j][nk])continue;                inq[j][nk]=1;                q.push((data){j,nk});            }        }    }}void solve(){    if(mod==1e9)    {        printf("Impossible\n");        return;    }    SPFA();    if(d[n][t%mod]<=t)        printf("Possible\n");    else        printf("Impossible\n");}int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    scanf("%d",&Case);    while(Case--)    {        Init();        solve();    }    return 0;}

收获

压缩问题可以从冲突上分析究竟获得了多少化简，同样的也可以通过冲突来得到压缩算法