BZOJ1706: [usaco2007 Nov]relays 奶牛接力跑

1706: [usaco2007 Nov]relays 奶牛接力跑

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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

HINT

Source

Gold

【题解】

g[k][i][j]表示从i到j走2^k条边的最短路

对于步数p，当地k位为1时，我们用g[k - 1][i][j]去更新答案ans[i][j]，即

tmp[i][j] = min(ans[i][l] + g[k - 1][l][j])

然后把tmp赋给ans

其实就是用ans存储p的二进制下后几位条边的最短路，然后去加上g，形成新的ans

思想类似快速幂

还有另一种理解方式，见集训队论文http://www.doc88.com/p-099371774203.html

还有一些细节。g[i][i]不能为0，否则会反复自己走自己，实际上这样是不行的

但是答案数组ans[i][i]初始可为0，因为一步也不走到自己最短路是0,在第一轮更新后

即会被tmp替换为INF,具体见代码

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstdlib>
 4 #include <cstring>
 5 #define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
 6 #define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
 7 
 8 const long long INF = 0x3f3f3f3f;
 9 const long long MAXN = 1000 + 10;
10 
11 inline void read(long long &x)
12 {
13     x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
14     while(ch < '0' || ch > '9') c = ch, ch = getchar();
15     while(ch <= '9' && ch >= '0') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
16     if(c == '-')x = -x; 
17 }
18 
19 long long n,m,s,t,k,g[MAXN][MAXN];
20 long long tmp[MAXN][MAXN], ans[MAXN][MAXN];
21 
22 long long u[MAXN], v[MAXN], w[MAXN], cnt[MAXN];
23 
24 int main()
25 {
26     read(k), read(m), read(s), read(t);
27     memset(g, 0x3f, sizeof(g));
28     for(register long long i = 1;i <= m;++ i)
29     {
30         read(w[i]), read(u[i]), read(v[i]);
31         if(!cnt[u[i]])cnt[u[i]] = ++n;
32         if(!cnt[v[i]])cnt[v[i]] = ++n;
33         g[cnt[u[i]]][cnt[v[i]]] = g[cnt[v[i]]][cnt[u[i]]] = w[i];
34     }
35     memset(ans, 0x3f, sizeof(ans));
36     for(register long long i = 1;i <= n;++ i)
37         ans[i][i] = 0;
38         
39     for(;k;k >>= 1)
40     {
41         if(k & 1)
42         {
43             memset(tmp, 0x3f, sizeof(tmp));
44             for(register long long k = 1;k <= n;++ k)
45                 for(register long long i = 1;i <= n;++ i)
46                     for(register long long j = 1;j <= n;++ j)
47                         tmp[i][j] = min(tmp[i][j], ans[i][k] + g[k][j]);
48             for(register long long i = 1;i <= n;++ i)
49                 for(register long long j = 1;j <= n;++ j)
50                     ans[i][j] = tmp[i][j];
51         }
52         memset(tmp, 0x3f, sizeof(tmp));
53         for(register long long k = 1;k <= n;++ k)
54             for(long long i = 1;i <= n;++ i)
55                 for(register long long j = 1;j <= n;++ j)
56                     tmp[i][j] = min(tmp[i][j], g[i][k] + g[k][j]);
57         for(register long long i = 1;i <= n;++ i)
58                 for(register long long j = 1;j <= n;++ j)
59                     g[i][j] = tmp[i][j];
60     }
61     printf("%lld", ans[cnt[s]][cnt[t]]);
62     return 0;
63 }

BZOJ1706