题目描述
在忘记考虑负环之后，黎瑟的算法又出错了。对于边带权的有向图 G = (V, E)，请找出一个点数最小的环，使得
环上的边权和为负数。保证图中不包含重边和自环。
输入
第1两个整数n, m,表示图的点数和边数。
接下来的m行，每<=三个整数ui, vi, wi，表<=有一条从ui到vi，权值为wi的有向边。
2 <= n <= 300
0 <= m <= n(n <= 1)
1 <= ui, vi <= n
|wi| <= 10^4
输出
仅一行一个整数，表示点数最小的环上的点数，若图中不存在负环输出0。
样例输入
3 6
1 2 -2
2 1 1
2 3 -10
3 2 10
3 1 -10
1 3 10
样例输出
2
题解
倍增Floyd
先连i->i(0)，然后预处理出邻接矩阵以及它的2^n次方，这样v[i][j][k]表示从i到j最多使用2^k条边的最短路径，目的是满足单调性。
然后使用类似于倍增LCA的思想，按k从大到小乘矩阵，若乘完之后出现负环则不乘，否则乘。
这样可以实现：若有解，则此时的答案矩阵一定是最后一个无解情况。
最后将答案乘上原邻接矩阵并判断一下是否有负环即可。
时间复杂度O(n^3logn)，一开始写了个O(n^3log^2n)竟然只有14s，改了以后竟然还有9s，不得不吐槽一下。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 310
using namespace std;
int n , log[N];
struct data
{
int v[N][N];
data()
{
memset(v , 0x3f , sizeof(v));
}
data operator*(const data a)const
{
data ans;
int i , j , k;
for(k = 1 ; k <= n ; k ++ )
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
ans.v[i][j] = min(ans.v[i][j] , v[i][k] + a.v[k][j]);
return ans;
}
}dis[10] , tmp;
bool judge(data a)
{
int i;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
if(a.v[i][i] < 0)
return 1;
return 0;
}
int main()
{
int m , x , y , z , i , sum = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) dis[0].v[i][i] = tmp.v[i][i] = 0;
for(i = 2 ; i <= n ; i ++ ) log[i] = log[i >> 1] + 1;
while(m -- ) scanf("%d%d%d" , &x , &y , &z) , dis[0].v[x][y] = z;
for(i = 1 ; i <= log[n] ; i ++ ) dis[i] = dis[i - 1] * dis[i - 1];
for(i = log[n] ; ~i ; i -- )
if(!judge(tmp * dis[i]))
tmp = tmp * dis[i] , sum += (1 << i);
tmp = tmp * dis[0];
printf("%d
" , judge(tmp) ? sum + 1 : 0);
return 0;
}