【xsy2748】 fly 矩阵快速幂

题目大意：有$n$个点，$m$条有向边，其中第$i$条边需要在$t_i$秒后才出现在图上。

有一个人刚开始呆在$1$号节点，每秒钟他必须要选择一条从他所在位置走出去的边，走出去（如果没有的话这人就死了）

问你他从$1$号点走到$n$号所需的最少时间。

数据范围：$n,m≤100,max(t_i)≤10^9$

此题貌似是一个套路题

令$vis[T][i]$表示在时刻$T$，是否能够到达$i$号节点

我们可以用$O(m)$的时间基于$vis[T][i]$求出$vis[T+1][i]$。

然而这么搞复杂度直接爆炸了。

我们把$vis[T]$看做是一个$1 imes n$的矩阵，我们构造加入前i+1条边的图的邻接矩阵$A$（矩阵显然是$n imes n$的）

不难发现$vis[T+1]=vis[T] imes A$，这里的乘法是矩阵乘法。

单次矩乘的复杂度是$O(n^2)$，加入矩阵快速幂转移就是$O(n^2log(t_{i+1}-t_i))$。

然而这么求我们只会求出$vis$数组的某一些项，然而某条边被加入后是一直存在的。

不难发现我们只需要在时刻$t_{i+1}$的基础上再走上$n$步，就可以知道是否可以在加入这条边后到达终点（结论显然）

然后就没有了

时间复杂度:$O(n^3log T)$

#include<bits/stdc++.h>
#define M 105
#define INF 1234567890
using namespace std;

struct mat{
    bool a[M][M]; int n,m;
    mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
    mat(int nn,int mm){memset(a,0,sizeof(a)); n=nn; m=mm;}
    void set1(){memset(a,0,sizeof(a)); for(int i=1;i<=n;i++) a[i][i]=1;}
    friend mat operator *(mat a,mat b){
        mat c=mat(a.n,b.m);
        for(int i=1;i<=a.n;i++)
        for(int k=1;k<=b.n;k++) if(a.a[i][k])
        for(int j=1;j<=a.m;j++)
        c.a[i][j]|=a.a[i][k]&b.a[k][j];
        return c;
    }
    friend mat operator ^(mat a,int b){
        mat ans=mat(a.n,a.m); ans.set1();
        while(b){
            if(b&1) ans=ans*a;
            b=b>>1; a=a*a;
        }
        return ans;
    }
}a,b;
struct edge{
    int u,v,t;
    void rd(){scanf("%d%d%d",&u,&v,&t);}
    friend bool operator <(edge a,edge b){return a.t<b.t;}
}p[M];
int n,m,ans=INF;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    a=mat(1,n); b=mat(n,n); a.a[1][1]=1;
    if(n==1) {printf("0
"); return 0;}
    for(int i=1;i<=m;i++) p[i].rd();
    sort(p+1,p+m+1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        mat hh=a;
        b.a[p[i].u][p[i].v]=1;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            hh=hh*b;
            if(hh.a[1][n]){
                ans=min(ans,p[i].t+j);
                break;
            }
        }
        if(i<m) a=a*(b^(p[i+1].t-p[i].t));
    }
    if(ans==INF) printf("Impossible
");
    else printf("%d
",ans);
}