hihocoder1200 Increase Charisma Points（二进制log拆解答案）
题意：
给定一张N个点的完全图，可以从任何一个点出发，同一个点可以经过多次。询问总路径长度不超过M的情况下，最多能够经过多少个点。
思路：
首先我们能够想到一个最简单的模拟算法。
建立数组dist[][]，dist[i][j]表示经过i个点后，最后停留在j所以经过的最短路径长度。
那么有如下递推公式：
dist[i][j] = Min{ dist[i - 1][k] + edge[j][k] | 1 <= k <= N, k != j }
其中edge[j][k]表示从点j到点k的边长。
初始化为dist[0][1 .. N] = 0。
算法结束的条件是我们模拟到一个i值，dist[i][1 .. N]都大于M。并得到最后的结果i-1。
该算法的时间复杂度为 O(AnsN^2) 。若所有的边长均为1，则该算法的时间复杂度会达到O(MN^2)，对于题目给定的 M 和 N 的范围，显然无法接受。
但通过这个模拟的算法，可以发现一个这样一个性质：
在i超过Ans之前，dist[i][]中总是至少存在一个小于等于M的值。
我们构造一个check(i)函数，表示dist[i][]中是否存在一个小于等于M的值。
则可以发现i值和check(i)的值的变化关系如下图：
这恰恰是二分答案类型题目的特点，因此我们不妨考虑使用二分答案做。
最小可能经过的点数是0，最大可能经过的点数是M，可以确定下界0和上界M+1。
唯一需要解决的问题是如果快速的计算出dist[i][]来方便计算check(i)。
前面我们给了一个edge[][]数组，一般的理解为任意两个点之间的边距离，但其实这个数组还有另一种理解方式：edge[j][k]表示从j出发，经过1条边到达k的路径距离。
我们将edge[][]记为edge_1。那么edge_1有什么用呢？
很显然，我们可以通过edge_1来计算edge_2，edge_2[j][k]即表示从j出发，经过2条边到达k的路径距离。
并且在此基础上可以计算出经过3条边的edge_3，经过4条边的edge_4...一直到edge_i。
其计算方法为：
add(edge_x, edge_y):
edge_z[][] = Infinite
For i = 1 .. N
For j = 1 .. N
For k = 1 .. N
If (i not equal k and j not equal k) Then
If (edge_z[i][j] > edge_x[i][k] + edge_y[k][j]) Then
edge_z[i][j] = edge_x[i][k] + edge_y[k][j]
End If
End If
End For
End For
End For
Return edge_z
即是在已知edge_x和edge_y的情况下，我们可以通过O(N^3)的算法来求得edge_x+y。
但是一个一个递推显然也不合适，我们仍然需要快速计算edge_i。
这里采用和快速幂相似的分治算法来处理：
对于每一个edge_i的i，可以分解成若干个2的幂之和，即：
i = 2^p1 + 2^p2 + 2^p3 + ... + 2^pk
如果我们事先已经计算出这些edge_2^pk，那么就可以直接计算出edge_i。
则得到我们的算法为：
- 根据输入得到
edge_1 - 将
edge_1与edge_1进行add操作得到edge_2，将edge_2与edge_2进行add操作得到edge_4...将edge_2^t与edge_2^t进行add操作得到edge_2^(t+1)，直至2^t>M - 计算
edge_i，将i分解为若干个2的幂之和，将对应的edge_2^pt进行add操作 - 将
dist[0][]与edge_i进行计算，即可得到dist[i][]
该算法预处理的时间为O(N^3logM)，每次计算edge_i的时间为O(N^3logi)，最后计算dist[i][]的时间为O(N^2)，判断dist[i][]的时间复杂度为O(N)。因此进行一次check(i)操作总的时间复杂度为O(N^3logM)。
再加上前面二分答案的过程，总算法的时间复杂度为O(N^3 (logM)^2)。对于这道题目来说基本能够通过全部的数据了。
但是，这并不是最优的算法。在得到edge_2^pt的情况下，还可以把这题做的更简单，将时间复杂度降低至O(N^3logM)。
首先同样要计算出所有的edge_2^pt，并初始化dist[] = 0(注意此时没有i，只是一个长度为N的数组)。
接下来从edge_2^t开始枚举，若dist[]和edge_2^t进行add操作后，在dist数组存在一个不超过M的值，将ans加上2^t，继续枚举下一个edge_2^(t-1)；否则先将dist[]数组还原，再枚举下一个edge_2^p(t-1)。
伪代码为:
dist[] = 0
ans = 0
For i = t .. 0
newDist[] = Infinite
For j = 1 .. N
For k = 1 .. N
If (j not equal k and newDist[j] > dist[k] + edge_2^i[k][j]) Then
newDist[j] = dist[k] + edge_2^i[k][j]
End If
End For
End For
If (check(newDist)) Then
dist = newDist
ans = ans + 2^i
End If
End For
最后得到的ans，也就是最大能过经过的点数。
这个算法有点类似于完全背包问题，将经过的点数按照二进制拆解，并放入背包，看是否满足要求，若不满足，就将其移除。
关于为什么要从大到小枚举，是因为有可能先放入小物品后会导致无法放入一个大的物品，而假如不放入这个小物品，就可以将后面的一个大物品放入。反过来则不会出现这样的问题。举个例子来说明：
假设有一个大小为5个背包，我们有3个大小分别为1、2、4的物品。
按照从小到大的顺序枚举，得到的答案是1+2；
而按照从大到小的顺序枚举，得到的答案是4+1。
显然后者才是正确的答案。
/* *********************************************** Author :devil ************************************************ */ #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> #include <set> #include <map> #include <string> #include <cmath> #include <stdlib.h> #define inf 0x3f3f3f3f #define LL long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define dec(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) #define ou(a) printf("%d\n",a) #define pb push_back #define mkp make_pair template<class T>inline void rd(T &x){char c=getchar();x=0;while(!isdigit(c))c=getchar();while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}} #define IN freopen("in.txt","r",stdin); #define OUT freopen("out.txt","w",stdout); using namespace std; const int mod=1e9+7; const int N=102; int mp[40][N][N],dis[2][N],mai,mak,n,m,ans; int main() { rd(n),rd(m); memset(mp,inf,sizeof(mp)); rep(i,0,n-1) rep(j,0,n-1) rd(mp[0][i][j]); rep(i,0,n-1) mp[0][i][i]=inf; for(int i=2,k=1;i<=m;i<<=1,k++) { mai=i,mak=k; rep(x,0,n-1) rep(y,0,n-1) rep(z,0,n-1) mp[k][x][y]=min(mp[k][x][y],mp[k-1][x][z]+mp[k-1][z][y]); } for(int i=mai,k=mak;i;i>>=1,k--) { bool flag=0; rep(j,0,n-1) dis[1][j]=inf; rep(j,0,n-1) rep(x,0,n-1) if(dis[1][j]>mp[k][x][j]+dis[0][x]) { dis[1][j]=mp[k][x][j]+dis[0][x]; if(dis[1][j]<=m) flag=1; } if(flag) { ans+=i; memcpy(dis[0],dis[1],(n+10)*sizeof(int)); } } ou(ans); return 0; }
