[POJ3613] Cow Relays

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题目大意

给你一个含有边权的无向图，问从$S$到$T$经过$N$条边的最小花费。

试题分析

我们可以很容易推导$dp$方程,$dp(k,i,j)$表示经过$k$条边从$i$到$j$的最小花费。则，$dp(k,i,j)=min(dp(k-1,i,p)+dp(1,p,j))$。

而$(i,p),(p,j),(i,j)$发现了什么，这不是矩阵吗，$dp(1,i,j)$为初始矩阵($1$次幂),$dp(2,i,j)$为$2$次幂，$dp(3,i,j)$为$3$次幂，所以只需要矩阵快速幂一下即可。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
    int f=1,ans=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();}
    return f*ans;
}
const int MAXN=101;
struct matrix{
    int st[MAXN][MAXN];
}a,F,ans;
struct node{
    int u,v,w;
}x[MAXN];
int Map[1000001],n,k,m,S,T,cnt;
matrix mul(matrix s1,matrix s2){
    matrix s3;
    memset(s3.st,127/3,sizeof(s3.st));
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            for(int p=1;p<=n;p++){
                s3.st[i][p]=min(s3.st[i][p],s1.st[i][j]+s2.st[j][p]);
            }
    return s3;
}
matrix qpow(int b){
    if(b==0) return a;
    ans=a;
    while(b){
        if(b&1) ans=mul(ans,a);
        a=mul(a,a);b>>=1;
    }return ans;
}
signed main(){
    k=read(),m=read(),S=read(),T=read();
    memset(a.st,127/3,sizeof(a.st));
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int w=read(),u=read(),v=read();
        if(Map[u]==0) Map[u]=++cnt;
        if(Map[v]==0) Map[v]=++cnt;
        u=Map[u],v=Map[v];
        x[i].w=w,x[i].u=u,x[i].v=v;
        a.st[u][v]=a.st[v][u]=min(a.st[u][v],w);
    }
    n=cnt;
    F=qpow(k-1);
    printf("%lld",F.st[Map[S]][Map[T]]);
}
/*
2 3 1 3
1 1 2
1 2 3
1 1 3
*/

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