luogu1613 跑路 题解
来源:互联网 发布:mac dns自动获取 编辑:程序博客网 时间:2024/06/03 10:15
题目
题目描述
小A的工作不仅繁琐,更有苛刻的规定,要求小A每天早上在6:00之前到达公司,否则这个月工资清零。可是小A偏偏又有赖床的坏毛病。于是为了保住自己的工资,小A买了一个十分牛B的空间跑路器,每秒钟可以跑2^k千米(k是任意自然数)。当然,这个机器是用longint存的,所以总跑路长度不能超过maxlongint千米。小A的家到公司的路可以看做一个有向图,小A家为点1,公司为点n,每条边长度均为一千米。小A想每天能醒地尽量晚,所以让你帮他算算,他最少需要几秒才能到公司。数据保证1到n至少有一条路径。
输入输出格式
输入格式:
第一行两个整数n,m,表示点的个数和边的个数。
接下来m行每行两个数字u,v,表示一条u到v的边。
输出格式:
一行一个数字,表示到公司的最少秒数。
输入输出样例
输入样例#1:
4 4
1 1
1 2
2 3
3 4
输出样例#1:
1
说明
【样例解释】
1->1->2->3->4,总路径长度为4千米,直接使用一次跑路器即可。
【数据范围】
50%的数据满足最优解路径长度<=1000;
100%的数据满足n<=50,m<=10000,最优解路径长度<=maxlongint。
分析
这道题目求的是从1号点到n号点最少要几秒到达。我们可以看到这个跑路器,每秒跑2^k条边(每条边1km),所以呢,这道题目明显就和“倍增”扯上了关系。回忆倍增,我们总是用一个参数k表示2^k,这道题目也一样,我们需要用一个bool类型G数组,G[i][j][k]代表从i到j是否存在一条长度为2^k的路径。再用dis数组来记录两点之间需要用多久到达。这样我们可以用G来保存所有的边,并且进行预处理,把所有一秒能到的两个点之间都连上边,并把距离相应调整为1。那么我们就把所有一秒能到的点之间都铺上了边,接下来我们就要求出两点之间的最短路啦,那么,大家都明白了,对于50的数据,Floyd绝对是最简单可行的办法了。
下面上代码。
代码
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int dis[60][60],n,m;bool G[60][60][65];/*以上是变量说明部分,dis[i][j]表示i到j的路径/边的长度G[i][j][k]表示,i到j是否存在一条长度为2^k的路径如果有,为true,没有就是false*/ void init(){ memset(G,false,sizeof(G)); memset(dis,10,sizeof(dis)); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); dis[x][y]=1; G[x][y][0]=true; /*初始化,x到y的路径(边)最短是1,也就是x到y存在 一条长度为2^0的路径(边)*/ }}void work()//此函数对G和dis做预处理 { for(int k=1;k<=64;k++) //对于本题的数据,2^64已经足够。 for(int i=1;i<=n;i++) for(int t=1;t<=n;t++) for(int j=1;j<=n;j++) //枚举三个点 if(G[i][t][k-1]&&G[t][j][k-1]) /*如果i到t存在一条2^k-1长度的路径 并且t到j存在一条2^k-1长度的路径 就说明i到t,t到j都可以一秒到达, 路程*2刚好是2的幂,也可以一秒到达*/ { G[i][j][k]=true; //标记从i到j存在一条长度为2^k的路径 dis[i][j]=1; //i到j距离可以一秒到达 }}void floyd(){ for(int k=1;k<=n;k++) //这里的注意点:枚举中间点的循环放在最前面 for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); //松弛操作。 }//Floyd图论求最短路。 int main(){ init(); work(); floyd(); printf("%d",dis[1][n]); return 0;}
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