[loj3339]美食家

令$f[i][j]$表示第$i$个时刻走到点$j$的最小时间，暴力的$dp$复杂度为$o(tm)$

如果没有限制，由于$w\le 5$，记录前5个时刻的状态即可求出当前状态，用矩阵乘法可优化到$o(n^{3}\log_{2}T)$

当$k\le 10$时，考虑特殊的转移只有10个位置，对于其他位置矩乘转移，这些位置特殊考虑，复杂度$o(n^{3}k\log_{2}T)$

用倍增预处理出矩阵的$2^{i}$次幂，直接用答案进行运算使一次乘法降为$o(n^{2})$，总复杂度即$o((n+k)n^2\log_{2}T)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define oo 1e15
struct mat{
    ll a[305][305];
}a,o,aa,mi[31];
struct fe{
    int t,k,w;
}b[205];
int n,m,t,k,x,y,z,flag,w[105];
ll s[305],ans[305];
bool cmp(fe x,fe y){
    return x.t<y.t;
}
mat mul(mat &x,mat &y){
    for(int i=1;i<=5*n;i++)
        for(int j=1;j<=5*n;j++){
            o.a[i][j]=-oo;
            for(int k=1;k<=5*n;k++)o.a[i][j]=max(o.a[i][j],x.a[i][k]+y.a[k][j]);
        }
    return o;
}
void mul(mat &x){
    memcpy(s,ans,sizeof(s));
    for(int i=1;i<=5*n;i++){
        ans[i]=-oo;
        for(int j=1;j<=5*n;j++)ans[i]=max(ans[i],s[j]+x.a[j][i]);
    }
}
void pow(int n){
    for(int i=0;i<=30;i++)
        if (n&(1<<i))mul(mi[i]);
}
int main(){
    freopen("delicacy.in","r",stdin);
    freopen("delicacy.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&t,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
    for(int i=1;i<=5*n;i++)
        for(int j=1;j<=5*n;j++)a.a[i][j]=-oo;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        a.a[(5-z)*n+x][4*n+y]=w[y];
    }
    for(int i=n+1;i<=5*n;i++)a.a[i][i-n]=0;
    aa=a;
    for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%d%d%d",&b[i].t,&b[i].k,&b[i].w);
    sort(b+1,b+k+1,cmp);
    mi[0]=a;
    for(int i=1;i<=30;i++)mi[i]=mul(mi[i-1],mi[i-1]);
    for(int i=1;i<=5*n;i++)ans[i]=-oo;
    ans[4*n+1]=0;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        pow(b[i].t-b[i-1].t-1);
        a=mi[0];
        for(int j=1;j<=5*n;j++)a.a[j][4*n+b[i].k]+=b[i].w;
        mul(a);
    }
    pow(t-b[k].t);
    if (ans[4*n+1]<0)printf("-1\n");
    else printf("%lld",ans[4*n+1]+w[1]);
    return 0;
}