[洛谷P6190] [NOI Online #1 入门组] 魔法

题目链接

题意非常简单，就是在最短路的基础的上加上了可以施魔法（经过这条边的时候，将权值取反，注意只是经过的时候取反，并不是永久的）的操作。

看到n的范围只有100，很快的就能想到floyd或者分层图

首先我们分析，每次使用魔法必然能让最短路变短，那么我们一定会将k次魔法用满，那么题意就转化为，恰好使用k次魔法的1到n的最短路。

在 acwing - 牛站这道题的时候我们知道，类floyd + 矩阵快速幂是可以logn时间内处理出点对间正好经过k条边的最小距离。

之后我最初的想法是存一个负权矩阵，之后跑floyd，这样相当于是知道点对间用了k次魔法的最短距离，之后将这些距离当作边加入原图，之后跑分层dij (分为使用了负权边与没使用) 。

跑出样例之后，提交...果不其然0分。（跑出样例的原因好像是因为我都加了双向边，当时没看到是有向边。

在看了题解之后，我才明白我错在哪里。首先存一个负权矩阵去跑floyd，这一步就不是很对。

让我们考虑一下，类floyd到底在做什么事情——类floyd在处理点对间正好经过k条边的最小距离

那么如果我们存一个负矩阵去跑的话，处理出来的是正好经过k条边的最短距离。但是题目求的是正好经过k条边么，不是的它求的是用了k次魔法的最短距离

也就是说这个使用魔法可以是不连续的，就拿题目中的样例

2 2 2
1 2 10
2 1 1   来说明。 最佳的路线是1 - 2 使用一次魔法，这样当前权值是-10，之后2 - 1不使用魔法，当前权值是-9，之后又通过1 - 2 使用魔法。最终最短距离为-19。

但是如果我们只丢一个负权矩阵去跑floyd的话，只能得到连续经过k条负权边的最小权值，于是就得不到题目中的样例。

其实这个更像是一个dp方程，我们通过矩阵快速幂去加速这个过程而已。

首先我们定义 dp[k][i][j]为使用了k 次魔法，i 到 j 的最小值。

之后我们发现dp[k][i][j] 可以从所有的dp[k - s][ i ][ t ] + dp[ s ][ t ][ j ]转移过来 ，这个过程与floyd非常相似，于是我们就想到用类floyd的办法去加速这个过程。

于是我们需要得到使用一次魔法的邻接矩阵，之后对着这个矩阵跑矩阵快速幂，最后就是答案了。

本质上是一个dp。

注意特判无法使用魔法的情况。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = 0x3f3f3f3f; ///1061109567
const int N = 100 + 10;

int n, m, K, u[2500+1], v[2500+1];
ll f[N][N], g[N][N], t[N][N];
ll w[2500+1];

void mul(ll c[][N], ll a[][N], ll b[][N]) {
    memset(t, 0x3f, sizeof t);
    for (int k = 1; k <= n; ++ k)
        for (int i = 1; i <= n; ++ i)
            for (int j = 1; j <= n; ++ j)
                t[i][j] = min(t[i][j], a[i][k] + b[k][j]);
    memcpy(c, t, sizeof t);
}

void qmi() {
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) f[i][i] = 0;
    while (K) {
        if (K & 1) mul(f, f, g);
        mul(g, g, g);
        K /= 2;
    }
}

void print2(ll p[][N]) {
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
            printf("%lld ", p[i][j]);
        }
        puts("");
    }
}


int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) f[i][i] = 0;

    for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
        scanf("%d%d%lld", &u[i], &v[i], &w[i]);
        f[u[i]][v[i]] = w[i];
    }

    for (int k = 1; k <= n; ++ k)
        for (int i = 1; i <= n; ++ i)
            for (int j = 1; j <= n; ++ j)
                f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k][j]);


    if (K) {
        for (int i = 1; i <= n; ++ i)
            for (int j = 1; j <= n; ++ j)
                t[i][j] = f[i][j];
//        print2(t);
        for (int k = 1; k <= m; ++ k)
            for (int i = 1; i <= n; ++ i)
                for (int j = 1; j <= n; ++ j)
                    t[i][j] = min(t[i][j], f[i][u[k]] + f[v[k]][j] - w[k]);
        memcpy(g, t, sizeof t);
//        print2(g);
        qmi();
    }
    
    printf("%lld
", f[1][n]);
    return 0;
}