NOI Online #1 入门组 T3 魔法

原题链接

简洁题意

求一个最短路，可以把中间至多$k$条道路的权改成负的。

分析：

可以发现，本题$n$的范围很小，可以用$floyd$来做。$floyd$求一边最短路，$d(i,j)=\min (d(i,k)+d(k,j))$，我们求出最短路后，考虑加上魔法。设$f(i,j,p)$为$i$到$j$使用$p$次魔法的最短路。可以把一条道路改成负的，那么就有状态转移方程$$f(i,j,p)=\min (f(i,u,x)-edge(u,v)+f(v,j,y),x+y=p)$$这样的状态转移方程空间是不够的，而且要枚举四层循环。如果改成滚动数组，$f(i,j)$表示$i$到$j$的最短路。不考虑用了几次魔法，则：$$f(i,j)=\min (f(i,u)-edge(u,v)+f(v,j))$$于是，我们来考虑用$k$次魔法的问题。很明显，每次迭代都会选择一条边用魔法或者不选，而不选只会是最优解，则这样迭代$k$次就是至多用$k$次魔法的解。但是这样空间够了，可时间仍然不够，还是四层循环。
考虑再优化，这样计算了$k$次，而且这个每次选了边用魔法，但是先选哪条边是没有关系的，所以满足结合律。那么满足结合律，就可以用快速幂解决。因为$f$是二维数组，则可以用类似矩阵乘法的方法，改成求$\min$即可。这样，先算出用一次魔法的方案，再快速幂算出用$k$次的方案。
快速幂的时间复杂度是$\Theta (n^3\log n)$，前面$dp$求最短路是$\Theta (n^3)$的，$dp$求一次魔法的时间复杂度是$\Theta (n^{2}m)$的，总的时间复杂度是$\Theta (n^3\log n+n^{2}m)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int NN=104;
int n,m,k;
ll d[NN][NN],f[NN][NN];
struct node
{
    
    
	int u,v,w;
}edge[2504];
void mul(ll c[][NN],ll a[][NN],ll b[][NN])
{
    
    
	ll t[NN][NN];
	memset(t,0x3f,sizeof(t));
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			for(int k=1;k<=n;k++)
				t[i][j]=min(t[i][j],a[i][k]+b[k][j]);
	memcpy(c,t,sizeof(t));
}
ll ksm()
{
    
    
	while(k)
	{
    
    
		if(k&1)
			mul(d,d,f);
		mul(f,f,f);
		k>>=1;
	}
	return d[1][n];
}
int main()
{
    
    
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	memset(d,0x3f,sizeof(d));
	for(int i=1;i<=n;i++)
		d[i][i]=0;
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
    
    
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		edge[i]=(node){
    
    u,v,w};
		d[u][v]=min(d[u][v],1ll*w);
	}
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
	memcpy(f,d,sizeof(f));
	for(int k=0;k<m;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				f[i][j]=min(f[i][j],d[i][edge[k].u]-edge[k].w+d[edge[k].v][j]);
	printf("%lld",ksm());
	return 0;
}