POJ 3613 Cow Relays

POJ_3613

    这个题目我们可以用一个矩阵f[i][j][n]表示进过的边数为n的i到j的最短路，利用二分的思想就可以得到f[i][j][n]=min{f[i][k][n/2]+f[k][j][n-n/2]}，这样就可以用快速幂去做了。只要先求得f[i][k][n/2]，就可以利用f[i][k][n/2]求得f[k][j][n-n/2]，于是一共只需要计算O(logn)个矩阵，每个矩阵是2维的，计算的时候可以用floyd。

    此外，这个题目顶点的标号范围较大，但实际上点数很少，所以可以先将各个点做一次映射。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MAXM 110
#define MAXN 1010
#define MAXD 210
#define INF 0x3f3f3f3f
int N, T, S, E, D, h[MAXN], v[MAXD], g[MAXD][MAXD], t[MAXD][MAXD];
struct Egde
{
    int x, y, z;
}edge[MAXM];
struct Matrix
{
    int a[MAXD][MAXD];
    void init()
    {
        memset(a, 0x3f, sizeof(a));
    }
    void multiply(Matrix &m)
    {
        int i, j, k;
        memset(t, 0x3f, sizeof(t));
        for(k = 0; k < D; k ++)
            for(i = 0; i < D; i ++)
                for(j = 0; j < D; j ++)
                    if(a[i][k] + m.a[k][j] < t[i][j])
                        t[i][j] = a[i][k] + m.a[k][j];
        memcpy(a, t, sizeof(t));
    }
}one;
void init()
{
    int i, j, k, x, y, z;
    D = 0;
    memset(h, -1, sizeof(h));
    for(i = 0; i < T; i ++)
    {
        scanf("%d%d%d", &z, &x, &y);
        edge[i].x = x, edge[i].y = y, edge[i].z = z;
        h[x] = h[y] = 1;
    }
    for(i = 0; i < MAXN; i ++)
        if(h[i] != -1)
        {
            h[i] = D;
            v[D ++] = i;
        }
    one.init();
    for(i = 0; i < T; i ++)
    {
        x = h[edge[i].x], y = h[edge[i].y], z = edge[i].z;
        if(z < one.a[x][y])
            one.a[x][y] = one.a[y][x] = z;
    }
}
Matrix pow_mod(int n)
{
    if(n == 1)
        return one;
    int i, j, k;
    Matrix ans = pow_mod(n / 2);
    ans.multiply(ans);
    if(n & 1)
        ans.multiply(one);
    return ans;
}
void solve()
{
    int i, j, k;
    Matrix ans = pow_mod(N);
    E = h[E], S = h[S];
    printf("%d\n", ans.a[E][S]);
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d%d%d", &N, &T, &S, &E) == 4)
    {
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}