POJ3613 Cow Relays 矩阵快速幂

题目链接https://www.luogu.com.cn/problem/P2886

分析

这道题，的确是个一眼题。。。。
除了离散化不想说什么。
最开始的时候发现这题的输入很坑，它给的点的编号不是连续的，也就是说虽然最多只有100个点但点的编号可能会很大，那就只能离散化了，最开始用的去重+二分，调了半天不对，发现这很麻烦，于是换了一种，点的编号没什么用，除了当一个标记之外，不需要维护相对大小，所以直接用一个数字代替就好，后来发现最开始的离散化求去重后数组长度写错了。。。
至于这道题怎么做，我真的懒得说了。请参考一个月前写的东西：
NOI ONLINE魔法
如果没什么思路，这里还有个ppt。（感觉如果很久前我分享的时候听的认真的同志应该都能做出来。。）
PPT
算了，我还是良心点写几句吧。
这道题的朴素做法是什么？外层循环(1~n)，对整张图松弛(n)次，这个应该比较好理解，但对于这道题来说行不通，因为(n)真的太大了，肯定会T，所以要用一个更珂学的手段，矩阵快速幂。
对于一个矩阵(A)，(A^k)就表示它在当前定义下的第(k)次状态，放到这道题来说就是经过(k)条路之后的最短路，直接乘(k)次还是会T，用快速幂加一下速就行，这样乘的时间复杂度就会很小，因为最多只乘32次，这道题可能还到不了。
还有，终点(e)这个变量千万不要写小写的，因为边也是用(e)存的，用(edge)的自行忽略，我因为这个CE了半天
n--又是怎么回事呢？不memcpy的话就不用，因为我cpy过去就已经是走一条边的最短路了，不cpy的话就是零条边

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e2+10;
int t,dis[N][N],f[N][N];
struct Edge{
    int to,fro,val;
}e[N<<1];
int tt,que[N*N*N];
void Mul(int a[N][N],int b[N][N],int c[N][N]){
    int tep[N][N];
    memset(tep,0x3f,sizeof(tep));
    for(int i=1;i<=tt;i++)
    for(int j=1;j<=tt;j++)
    for(int k=1;k<=tt;k++)
        tep[i][j]=min(tep[i][j],b[i][k]+c[k][j]);
    memcpy(a,tep,sizeof(tep));
}
int main(){
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    int n,S,E;
    scanf("%d%d%d%d",&n,&t,&S,&E);
    for(int i=1;i<=t;i++){
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&c,&a,&b);
        if(!que[a])que[a]=++tt;
        if(!que[b])que[b]=++tt;
        f[que[a]][que[b]]=f[que[b]][que[a]]=min(f[que[a]][que[b]],c);
    }
    memcpy(dis,f,sizeof(f));
    n--;
    while(n){
        if(n&1){
            Mul(dis,f,dis);
        }
        Mul(f,f,f);
        n>>=1;
    }
    printf("%d
",dis[que[S]][que[E]]);
}