COCI 2013/2014 #4 UTRKA 矩阵快速幂

COCI 2013/2014 #4 UTRKA 矩阵快速幂

​ 首先考虑一条路线，设 \(M\) 为 Mirko 需要的时间，而 \(S\) 为 Slavko 需要的时间，那么 \(-(M-S)\) 就是 Mirko 比 Slavko 快的时间。那么我们将边权转化一下，第 \(i\) 条边的边权为 \(M_i-S_i\)。 如果忽略边数的要求，那么答案就是从一个点出发再回到这个点的最短路。注意到，我们的答案是具有单调性的，如果 \(a\) 条边的路线可以，那么 \(b(b>a)\) 条边的路线也可以，只要我们在上一条路线的基础上换个起点，保证多走的边权和为负值就行。既然答案具有单调性，我们考虑二分。但是这题二分并不好处理走 \(k\) 条边的最短路，如果想要处理，我们得再套一个倍增。而实际上，既然运用到倍增，我们反而可以不用二分了。

​ 我们设 \(t_k\) 为一个矩阵，其中 \(t_{k,i,j}\) 表示走 \(2^k\) 条边从 \(i\) 走到 \(j\) 的最短路。那么 \(t_0\) 就是我们输入获得的邻接矩阵，然后我们定义矩阵乘法的运算：如果 \(c=a\times b\)，那么

\[c_{i,j}=\min_{k=1}^{n}{a_{i,k}+b_{k,j}} \]

​ 本质上就是跑了个 Floyd，用 Floyd 来定义矩阵乘法的原因就是为了要构造出一种能通过 \(t_i\) 推出 \(t_{i+1}\) 的方式。那么就有递推式 \(t_i=t_{i-1}\times t_{i-1}\)。

​ 设 \(res\) 为现在得到的矩阵，\(cnt\) 为最短的边数。本题要我们求最短的且 Mirko 比 Slavko 快的路线，那么我们求出最长的且 Mirko 比 Slavko 慢的路线，然后对于得到的矩阵 \(res\) 再乘上一个 \(t_0\) 取极值得到 Mirko 比 Slavko 最快快多少，最短的边数就是 \(cnt+1\)。

​ 那么我们像求 lca 一样从高位往低位枚举，，如果 \(res\times t_i\) 这个矩阵满足从任意一个点出发再回到这个点 Mirko 比 Slavko 慢的话，就让 \(res=res\times t_i,cnt=cnt+2^i\) 。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 305;
bool f1;
int n,m;
struct matrix
{
	ll dis[MAXN][MAXN];
	matrix(){for(int i=1;i<=300;++i) for(int j=1;j<=300;++j)dis[i][j]=1e15;}
	matrix operator * (const matrix&a) const
	{
		matrix ans;
		for(R int k=1;k<=n;++k) for(R int i=1;i<=n;++i) for(R int j=1;j<=n;++j)
			ans.dis[i][j]=min(ans.dis[i][j],dis[i][k]+a.dis[k][j]);
		return ans;
	}
}t[22],tmp;
bool f2;
bool check()
{
	for(R int i=1;i<=n;++i)
		if(tmp.dis[i][i]<0) return true;
	return false;
}
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int a,b,s,m;
		scanf("%d %d %d %d",&a,&b,&m,&s);
		t[0].dis[a][b]=m-s;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		t[0].dis[i][i]=0;
	for(int i=1;i<=20;++i) t[i]=t[i-1]*t[i-1];
	matrix res;bool flag=0;//因为懒得算单位矩阵，就开一个bool变量记res是否更新过
	int ans=0;
	for(int i=20;i>=0;--i)
	{
		if(!flag) tmp=t[i];
		else tmp=res*t[i];
		if(!check())
		{
			flag=1;
			res=tmp,ans+=1<<i;
		}
	}
	if(flag) res=res*t[0];//记得对目标矩阵和答案都+1
	else res=t[0];
	++ans; 
	ll minn=0;
	for(R int i=1;i<=n;++i)
		minn=min(res.dis[i][i],minn);
	printf("%d %lld\n",ans,-minn);
	return 0;
}