bzoj 1706: [usaco2007 Nov]relays 奶牛接力跑

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

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住院前做的一道题，没来及做完。今天刚好顺手弄掉了。

矩阵乘法优化DP

初始方程为f[i][j]=min(f[i-1][z]+d[z][j])

我们发现这和矩阵很相似

只不过是求min

于是定义矩阵a[i][j]=min(a[i][k]+a[k][i]) k为1到n

初始矩阵为离散化后的邻接表

和普通矩阵一样倍增就好了

最后ans=a[s][e]

#include<cstdio>#include<string>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;struct line{     int s,t;     int l;}a[101];int b[202],c[202];int h[1000001];int map[202][202];int a1[202][202],a2[202][202],a3[202][202];int p;inline void solve(int n){     int i,j,ii,jj;     while(n!=0)     {          if(n%2==1)          {             memset(a3,127/3,sizeof(a3));               for(i=1;i<=p;i++)                    for(j=1;j<=p;j++)                         for(ii=1;ii<=p;ii++)                              a3[i][j]=min(a1[i][ii]+a2[ii][j],a3[i][j]);              for(i=1;i<=p;i++)                   for(j=1;j<=p;j++)                        a1[i][j]=a3[i][j];          }  memset(a3,127/3,sizeof(a3));          for(i=1;i<=p;i++)               for(j=1;j<=p;j++)                    for(ii=1;ii<=p;ii++)                         a3[i][j]=min(a2[i][ii]+a2[ii][j],a3[i][j]);         for(i=1;i<=p;i++)              for(j=1;j<=p;j++)                   a2[i][j]=a3[i][j];          n=n/2;     }}int main(){     int n,t,s,e;     scanf("%d%d%d%d",&n,&t,&s,&e);     int i,j; int ss=0;     for(i=1;i<=t;i++)     {          scanf("%d%d%d",&a[i].l,&a[i].s,&a[i].t);          ss++;          b[ss]=a[i].s;          ss++;          b[ss]=a[i].t;     }     sort(b+1,b+1+ss);     p++;     c[p]=b[1];     h[b[1]]=p;     for(i=1;i<=ss;i++)     {          if(b[i]!=c[p])          {               p++;               c[p]=b[i];               h[b[i]]=p;          }     }     int x,y;     memset(a2,127/3,sizeof(a2));     for(i=1;i<=t;i++)     {          x=h[a[i].s];          y=h[a[i].t];          a2[x][y]=min(a[i].l,a2[x][y]);          a2[y][x]=min(a[i].l,a2[y][x]);     }     memset(a1,127/3,sizeof(a1));     for(i=1;i<=p;i++)          a1[i][i]=0;     solve(n);     //int ans=2100000000;     /*for(i=1;i<=p;i++)     {          for(j=1;j<=p;j++)               printf("%d ",a1[i][j]);          printf("\n");     }*/     printf("%d\n",a1[h[s]][h[e]]);     return 0;}