[Atcoder] AtCoder Beginner Contest 236 G - Good Vertices
题意:
给一个有向图,每条边按照顺序一条一条往里面加。问对于每个点$i$,最早在第几条边加入的时候,存在一条$1$到$i$,长度为$L$的路径。不存在输出$-1$。
$n \le 100, m \le n^2$
$L \le 10^9$
解答:
$L\le 10^9$比较容易想到矩阵运算。
一个比较naive的想法是:对于每条边加入后,求邻接矩阵的$L$次幂,这样就知道哪些点可以从1号点经过$L$条边到达,暴力算就行,时间复杂度为$O(n^5logL)$。
然而看着正解,发现虽然是矩阵快速幂,但是和我上面这个想法差距有点大。
我们把原问题转化为:一开始加入所有边,但是第$i$条边的边权是$i$,那么对于每个点的答案就是求从$1$号点,到$i$号点,经过$L$条边的路径中最大边权最小是多少。
我们设$dp[i][u]$表示经过$i$条边到达$u$号节点,经过路径中最大边权最小是多少。
显然可以得到以下这个转移$dp[i][v] = min_{(u,v)\in g}{max{f[i - 1][u], g[u][v]}}$
我们可以用矩乘优化这个操作,我们设min为+,max为×。
那么
(图来自官网)
我们只要设$dp[0][1] = 0, dp[0][i] = inf$。这样答案就是后矩乘后的第一列。
代码很好写,但是为什么把加法和乘法定义成min,max,从而适用矩阵,官方题解中给出了解释。
一个运算可以使用矩阵优化,必须要他的乘法满足交换幺半群,加法满足幺半群。
并且乘法对加法有左右分配率。
幺半群就是存在e使得(A + e) = A的,满足结合律的代数系统。
交换幺半群是满足交换律的幺半群。
而分配率这个很容易搞。
想要记住这个结论,可以画3个二阶矩阵乘起来的展开式,分别对12,23加括号得到的式子,看看必须满足什么性质。
代码:
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
// // Created by onglu on 2022/3/22. // #include <bits/stdc++.h> #define all(a) a.begin(),a.end() #define rall(a) a.rbegin(),a.rend() #define endl '\n' #define lson (rt << 1) #define rson (rt << 1 | 1) #define Mid ((l + r) / 2) //#define int long long using namespace std; const int N = 2e6 + 1009; //const int N = 2e5 + 1009; //const int N = 5009; //const int N = 309 int n, m; int l; struct mat { int n; int g[109][109]; }; mat operator*(const mat &a, const mat &b) { mat c; int n = a.n; c.n = a.n; for(int i = 1; i <= n; i++) { memset(c.g[i], 0x3f, sizeof(int) * (c.n + 5)); } for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 1; j <= n; j++) { for(int k = 1; k <= n; k++) { c.g[i][j] = min(c.g[i][j], max(a.g[i][k], b.g[k][j])); } } } return c; } mat Pow(mat &a, int p) { mat ans; int f = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 1; j <= n; j++) { ans.g[i][j] = 0x3f3f3f3f; } ans.g[i][i] = 0; } for( ; p; p = p >> 1, a = a * a) { if(p & 1) { ans = a * ans; } } return ans; } void work() { mat a; cin >> n >> m >> l; a.n = n; memset(a.g, 0x3f, sizeof(a.g)); for(int i = 1; i <= m; i++) { int x, y; cin >> x >> y; a.g[y][x] = min(a.g[y][x], i); } a = Pow(a, l); for(int i = 1; i <= n; i++) { if(a.g[i][1] == 0x3f3f3f3f) { cout << -1 << " " ; } else { cout << a.g[i][1] << " "; } } cout << endl; } signed main() { #ifdef LOCAL freopen("C:\\Users\\onglu\\CLionProjects\\acm\\data.in", "r", stdin); freopen("C:\\Users\\onglu\\CLionProjects\\acm\\data.out", "w", stdout); #endif ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int Case = 1; // cin >> Case; while (Case--) work(); return 0; }