P6772 [NOI2020] 美食家 题解

一道不错的题目。

一个朴素的 dp 就是 $f_{i,x}$ 表示时间 $i$ 时从 1 走到 $x$ 的最大美味值，就有转移 $f_{i,v_j}=\max\{f_{i-w_j,u_j}+c_{v_j}+美食节贡献\}$，结合性质 1 判下环有 50 分。

考虑 $k=0$ 并且 $w_i=1$ 的情况，就是一个经典问题：$n$ 点 $m$ 边，问恰好经过 $k$ 条边情况下的最长路，有 $f_{i,v_j}=\max\{f_{i-1,u_j}+c_{v_j}\}$。

考虑点权转边权，每一条边边权是指向点的点权，用邻接矩阵存一下就有 $f_{i,v_j}=\max\{f_{i-1,u_j}+d_{u_j,v_j}\}$。

这实际上是一种矩阵形式，新定义矩阵乘法 $C=A\times B$ 有 $C_{i,j}=\max\{A_{i,k}+B_{k,j}\}$，然后可证这个运算满足结合律，因此可以考虑将 $f_i$ 看成一个行向量（一行的矩阵），就有 $f_t=f_0\times d^t$，其中 $f_{0,1}=c_1$ 其余为 -INF，邻接矩阵 $d$ 中没有边的都是 -INF，最后答案 $f_{t,x_0},x=1$，如果是负的就说明无解。

然后考虑 $w_i\ne1$ 的情况，考虑一条边 $(u,v,w)$，拆成若干个点 $u\to e_1\to e_2\to...\to e_w\to v$，这样就消除了这个情况，但是按边来拆点点数是 $n+4m$，$m$ 比 $n$ 大得多，不大行，因此考虑按点来拆，将一个点拆成 5 个点，$u_1\to u_2\to u_3\to u_4\to u_5$，边权全部都是 0，一条边 $(u,v,w)$ 就连边 $u_w\to v_1$，意义在于前 $w-1$ 条边边权都是 0 没有贡献，只有最后一条边有贡献，这样可以过 $k=0$ 的点。

考虑 $k\ne0$ 的情况，由于 $k\le200$ 因此考虑按照 $k$ 个美食节（按时间升序排序）划分，对于每两个美食节之间我们使用朴素的 dp 转移，然后每转移到一个美食节 $(t,x,y)$ 那么 $f_{t,x_0}\leftarrow f_{t,x_0}+y$，这样可以做到复杂度 $O(k\times(5n)^3\log t)$，能获得 85 分，$\log t$ 是每次朴素 dp 转移时指数复杂度。

注意到我们可以预处理出 $d^1,d^2,d^4,d^8,...,d^{2^{29}}$，就是二进制处理，预处理的复杂度是 $O((5n)^3\log t)$，这样每次朴素 dp 时我们可以直接二进制拆出来而不需要每次重复计算 $d^{2^p}$，又因为 $f_t$ 实际上是一个行向量（只有一行），所以 $f_t$ 乘上这些矩阵的单次实际复杂度是 $O((5n)^2\log t)$，成功优化了矩阵快速幂的 $(5n)^3$ 复杂度，两个复杂度加起来就是总复杂度可以过。

Code：

/*
========= Plozia =========
	Author:Plozia
	Problem:P6772 [NOI2020] 美食家
	Date:2022/10/9
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
LL Max(LL fir, LL sec) { return (fir > sec) ? fir : sec; }

const int MAXN = 50 + 5, MAXM = 501 + 5, MAXK = 200 + 5;
int n, m, t, k, ys[MAXN][7];
LL c[MAXN];
struct node
{
	int t, x; LL y;
	bool operator <(const node &fir)const { return t < fir.t; }
}a[MAXK];
struct Matrix
{
	int n, m; LL a[MAXN * 5][MAXN * 5];
	Matrix operator *(const Matrix &fir)
	{
		Matrix tmp; tmp.n = n, tmp.m = fir.m; memset(tmp.a, -0x3f, sizeof(tmp.a));
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			for (int k = 1; k <= m; ++k)
				for (int j = 1; j <= fir.m; ++j)
					if (a[i][k] >= 0 && fir.a[k][j] >= 0) tmp.a[i][j] = Max(tmp.a[i][j], a[i][k] + fir.a[k][j]);
		return tmp;
	}
}Base, dis, fact[30];

int Read()
{
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return sum * fh;
}

int main()
{
	n = Read(), m = Read(), t = Read(), k = Read(); dis.n = 5 * n, dis.m = 5 * n; memset(dis.a, -0x3f, sizeof(dis.a));
	for (int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = Read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= 5; ++j) ys[i][j] = 5 * (i - 1) + j;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j < 5; ++j) dis.a[ys[i][j]][ys[i][j + 1]] = 0;
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
	{
		int x = Read(), y = Read(), z = Read();
		dis.a[ys[x][z]][ys[y][1]] = c[y];
	}
	fact[0] = dis; for (int i = 1; i <= 29; ++i) fact[i] = fact[i - 1] * fact[i - 1];
	for (int i = 1; i <= k; ++i) a[i].t = Read(), a[i].x = Read(), a[i].y = Read();
	std::sort(a + 1, a + k + 1); Base.n = 1, Base.m = 5 * n; memset(Base.a, -0x3f, sizeof(Base.a)); Base.a[1][1] = c[1];
	int Last = 0; a[k + 1] = (node){t, 0, 0};
	for (int i = 1; i <= k + 1; ++i)
	{
		int tmp = a[i].t - Last;
		for (int j = 0; j <= 29; ++j) if ((tmp >> j) & 1) Base = Base * fact[j];
		if (Base.a[1][ys[a[i].x][1]] >= 0) Base.a[1][ys[a[i].x][1]] += a[i].y; Last = a[i].t;
	}
	if (Base.a[1][1] < 0) puts("-1"); else printf("%lld\n", Base.a[1][1]); return 0;
}