洛谷P1613 跑路

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 #1

4 4
1 1
1 2
2 3
3 4

输出 #1

1

说明/提示

【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)。

思路

想了好久没想出来怎么做，最后还是嫖的别人的思路。此题应运用倍增的思想求解。用三维布尔数组(f_{i,j,k})来表示从(i)到(j)是否有一条长度为(2^k)长度的路径，如果有，那么距离标记为(1)，即可以一步到达。其次就是转移状态，实际上是个(dp)。想出用三维布尔数组存储后的思路就很清晰了，代码也不难写。如果f_{i,k,p}为true并且f_{k,j,p}为true，则f_{i,j,p+1}为true。需要四层循环来转移。但注意到(n)很小，最大才(50)。而就算把所有的边跑一遍，长度不过是(log_2 m)，大约是13。复杂度就是(50^3*13 = 1625000)，完全可以在一秒内跑完。

预处理完距离后再跑一遍floyd，即可切掉这道题目了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long int ll; 
ll n,m;
bool f[60][60][60];
ll d[60][60];
ll g[60][60];
void floyd(){
	for(ll p=0;p<=20;p++){//开20保险
		for(ll k=1;k<=n;k++){
			for(ll i=1;i<=n;i++){
				for(ll j=1;j<=n;j++){
					if(f[i][k][p]==1&&f[k][j][p]==1){
						f[i][j][p+1]=1;
						d[i][j]=1;//可以一步到达
					}
				}
			}
		}
	}
	for(ll k=1;k<=n;k++){
		for(ll i=1;i<=n;i++){
			for(ll j=1;j<=n;j++){
				d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
			}
		}
	}//floyd
}
int main()
{
	memset(d,0x3f,sizeof(d));
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		f[x][y][0]=1;//2的0次方为1
		d[x][y]=1;//也可以一步到达
	}
	floyd();
	printf("%lld
",d[1][n]);
	return 0;
}