LOJ3339 「NOI2020」美食家
博主有幸参加了NOI2020，考场上的经历和心得请见这篇文章。这里就不唠叨了。
本题题解
朴素DP
考虑前两档部分分，也就是\(T\)没那么大的时候。我们可以做一个简单的DP。设\(dp[i][u]\)表示在第\(i\)天，走到了图上的节点\(u\)，一路上总共能获得的最大愉悦值。转移时，可以枚举点\(u\)的一条出边\((u,v,w)\)，然后用\(dp[i][u]+c[v]\)去更新\(dp[i+w][v]\)，当然，如果第\(i+w\)天点\(v\)恰好在举办美食节，还要加上额外产生的愉悦值。
因为保证了\(w>0\)，所以这个DP满足无后效性，状态非常合理。时间复杂度\(O(T(n+m))\)，期望得分\(40\)分。加上环的部分分（简单特判），可以得到\(50\)分。
矩阵优化
因为\(T\)很大而\(n,m,w\)都较小，容易想到用矩阵快速幂优化。
对于传统的矩阵乘法，我们是这样定义的：
但在本题中，DP的转移不是相加而是取\(\max\)。我们根据本题中的需要，定义一种新的矩阵乘法，不妨记为\(\otimes\)：
也就是把原来外层的\(+\)换成\(\max\)，把原来内层的\(\times\)换成\(+\)。可以证明，这个矩阵乘法仍然是成立的，并且满足原来的种种性质（比如结合律，其实矩阵快速幂优化DP的本质就是用到结合律）。证明略。
值得一提的是，这种重新定义的矩阵乘法，在一类动态DP问题中经常用到。例如NOIP2018 保卫王国。
回到我们的DP。先只考虑\(k=0\)，也就是没有美食节的情况。
发现从\(dp[i][\dots]\)转移到\(dp[i+w][\dots]\)不太好处理（一般的矩阵快速幂优化DP，只会从\(i\)转移到\(i+1\)）。但是我们发现\(w\)很小，\(\leq 5\)，所以可以考虑把原来的一条边，拆成\(w\)条边。也就是原本的\((u,v,w)\)，拆成：\((u,e_1,w),(e_1,e_2,0),\dots,(e_{w-2},e_{w-1},0),(e_{w-1},v,0)\)。这样虽然点数变多了（变成了\(n+4m\)），但是只会从\(i\)转移到\(i+1\)了，可以用矩阵快速幂优化DP。
具体来说，我们根据两个点之间相连的边权（没有边就是\(-\inf\)，有边边权就是\(0\)或\(w\)，前面已经标出），构造一个转移矩阵\(G\)。则\(dp[i]=dp[i-1]\otimes G\)。答案就是\(dp[T][1] = (dp[1]\otimes G^T)[1]\)。
时间复杂度\(O((n+4m)^3\log T)\)。
注意到\(m\)可能比\(n\)大不少，所以可以把拆边改成拆点。具体来说，把一个点\(u\)，变成\(u_1\to u_2\to \dots \to u_5\)的这样一个结构，边权都是\(0\)。出发点设为\(1_1\)。对于一条边\((u,v,w)\)，我们从\(u_w\)向\(v_1\)连一条边权为\(c[v]\)的边。这样相当于要先从\(u_1\)走到\(u_w\)，再从\(u_w\)走到\(v\)，刚好经过了\(w\)条边，也就是起到了从\(dp[i]\)转移到\(dp[i+w]\)的效果。
时间复杂度优化为\(O((5n)^3\log T)\)。可以通过\(k=0\)的部分分。结合前面的暴力，期望得分\(65\)分。
k个美食节怎么处理？
以上的矩阵快速幂，目前还只能处理\(k=0\)，也就是没有美食节的情况。考虑\(k>0\)时怎么做。
注意到题目保证了任意两个美食节不在同一天举办。所以可以先将美食节按举办时间从小到大排序。然后在任意两个美食节之间，做一遍普通的DP转移。例如，第\(j\)个美食节的举办日期为\(t_j\)，第\(j-1\)个美食节举办日前为\(t_{j-1}\)，则这段的转移就是：\(dp[t_{j}] = dp[t_{j-1}]\otimes G^{t_{j}-t_{j-1}}\)。转移完成后，再令\(dp[t_j][x_j]\texttt{+=}y_j\)。也就是加上了美食节的贡献。
最后，如果\(t_k\neq T\)，再从\(dp[t_k]\)转移到\(dp[T]\)就行。
直接按此做法实现的话，时间复杂度\(O(k\cdot (5n)^3\cdot \log T)\)。可以通过\(k\leq 10\)的部分分，结合前面的暴力，期望得分\(75\)分。
进一步优化
我们发现所做的\(k\)次转移，每次都是乘以同一个转移矩阵的若干次幂。
我们考虑把【\(G\)的【\(2\)的次幂】次幂】（也就是\(G^1,G^2,G^4,G^8,G^{16},\dots ,G^{2^{29}}\)）预处理出来。预处理的时间复杂度为\(O((5n)^3\log T)\)。
然后，在做每个美食节的转移时，对\((t_j-t_{j-1})\)这个数做二进制分解，设\(t_j-t_{j-1}=2^{p_1}+2^{p_2}+\dots +2^{p_l}\)，也就是\(p_1\dots p_l\)这些二进制位上为\(1\)。那么我们只需要用\(dp[t_{j-1}]\)，依次乘以预处理好的\(G^{2^{p_1}},G^{2^{p_2}},\dots,G^{2^{p_l}}\)，即可得到\(dp[t_j]\)。而因为\(dp[i]\)是一个\(1\times 5n\)的“长条”（又叫向量）而不是一个真正的矩阵，所以每次乘法的时间复杂度只有\(O((5n)^2)\)。所有转移的总复杂度\(O(k\cdot (5n)^2\cdot \log T)\)。
总时间复杂度\(O((5n)^3\log T+ k\cdot (5n)^2\log T)\)。
这个优化方法和NOI Online 3 魔法值这题很类似。
参考代码
友情提醒，在LOJ提交时，记得开freopen，也就是和考场上要求一样。
//problem:LOJ3339
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}
const int MAXN = 50, MAXM = 501, MAXW = 5, MAXK = 200;
const int LOGT = 29;
const int MT_SIZE = MAXN*5;
const ll LL_INF = 1e18;
struct Matrix{
ll a[MT_SIZE+5][MT_SIZE+5];
int size;
void identity() {
for(int i=1;i<=size;++i) {
for(int j=1;j<=size;++j){
a[i][j] = (i==j ? 0 : -LL_INF);
}
}
}
Matrix(){
for(int i=1;i<=MT_SIZE;++i)
for(int j=1;j<=MT_SIZE;++j)
a[i][j] = -LL_INF;
size=0;
}
};
Matrix operator * (const Matrix& A, const Matrix& B) {
Matrix C;
assert(A.size==B.size);
C.size = A.size;
for(int i=1;i<=A.size;++i){
for(int j=1;j<=A.size;++j){
for(int k=1;k<=A.size;++k){
if(A.a[i][k] == -LL_INF || B.a[k][j] == -LL_INF)
continue;
ckmax(C.a[i][j], A.a[i][k]+B.a[k][j]);
}
}
}
return C;
}
Matrix mat_pow(Matrix X,int i) {
Matrix Y;
Y.size = X.size;
Y.identity();
while(i){
if(i&1)
Y=Y*X;
X=X*X;
i>>=1;
}
return Y;
}
int n,m,T,K,c[MAXN+5];
int id[MAXN+5][MAXW+5],cnt_id;
struct Event{
int t,u,w;
bool operator < (const Event& rhs) const {
return t < rhs.t;
}
}ev[MAXK+5];
Matrix trans,pow_of_trans[LOGT+1];
void init_pow_of_trans() {
pow_of_trans[0] = trans;
for(int i=1; i<=LOGT; ++i) {
pow_of_trans[i] = pow_of_trans[i-1] * pow_of_trans[i-1];
}
}
void mul_pow_of_trans(Matrix& A, int mi) {
// O(size^2 * log k)
for(int bit=0; bit<=LOGT; ++bit) {
if((mi>>bit) & 1) {
//向量乘矩阵
Matrix res;
res.size=A.size;
for(int j=1; j<=A.size; ++j) {
for(int k=1; k<=A.size; ++k) {
if(A.a[1][k] == -LL_INF || pow_of_trans[bit].a[k][j] == -LL_INF)
continue;
ckmax(res.a[1][j], A.a[1][k] + pow_of_trans[bit].a[k][j]);
}
}
A = res;
}
}
}
int main() {
// freopen("delicacy.in", "r", stdin);
// freopen("delicacy.out", "w", stdout);
cin >> n >> m >> T >> K;
for(int i=1;i<=n;++i) {
cin >> c[i];
}
trans.size = n*5;
for(int i=1;i<=n;++i) {
for(int j=1;j<=5;++j) {
id[i][j] = ++cnt_id;
}
for(int j=1;j<5;++j) {
trans.a[id[i][j]][id[i][j+1]] = 0;
}
}
for(int i=1;i<=m;++i) {
int u,v,w;
cin >> u >> v >> w;
trans.a[id[u][w]][id[v][1]]=c[v];
}
for(int i=1; i<=K; ++i) {
cin >> ev[i].t >> ev[i].u >> ev[i].w;
}
sort(ev+1, ev+K+1);
Matrix A;
A.size = n*5;
A.a[1][id[1][1]] = c[1];
init_pow_of_trans();
int last_time = 0;
for(int i=1; i<=K; ++i) {
mul_pow_of_trans(A, ev[i].t - last_time);
// 相当于: A = A * mat_pow(trans, ev[i].t - last_time);
if(A.a[1][id[ev[i].u][1]] != -LL_INF) {
A.a[1][id[ev[i].u][1]] += ev[i].w;
}
last_time = ev[i].t;
}
if(last_time != T) {
mul_pow_of_trans(A, T - last_time);
}
if(A.a[1][id[1][1]] == -LL_INF)
cout << -1 << endl;
else
cout << A.a[1][id[1][1]] << endl;
return 0;
}
