跑路（洛谷）&上班跑路（ybt）

洛谷题面传送门

题目分析：

题面给出每一步可以走2^k步，k为任意正整数。这很明显是倍增。
而简单的最短路无法解决这个问题，因此考虑图上倍增dp。

设f[i][j][q]（bool）表示是否存在一条从i到j长度为2^q的路径。
g[i][j]存储从i到j的最小步数和

考虑初始化，
对于每一个输入的有向边(a,b)，f[a][b][0]=1,g[a][b]=1

考虑状态转移：
若f[i][k][q-1]1&&f[k][j][q-1]1,可以一次走完两条路径，
故f[i][j][q]=1,g[i][j]=1。

Code

写法类似Floyd,二者共同点是寻找中转点完成转移。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long INF=1e9+7;
int n,m,a,b;
long long g[55][65];
bool f[55][55][66];
long long getmin(long long a,long long b)
{
	if(a>=b) return b;
	else return a;	
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(g,INF,sizeof(g));
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d",&a,&b);
		f[a][b][0]=1; 
		g[a][b]=1;
	}
	for(int q=1;q<=64;++q)
	{
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			for(int j=1;j<=n;++j)
			{
				for(int k=1;k<=n;++k)
				{
					if(f[i][k][q-1]&&f[k][j][q-1]) 
					{
						f[i][j][q]=1;
						g[i][j]=1;	
					}
				}
			}
		}	
	}
	for(int k=1;k<=n;++k)
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=n;++j)
				g[i][j]=getmin(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
	printf("%lld",g[1][n]); 
	return 0;	
}