「NOI2020」美食家 题解 (矩阵优化DP)

题目简介

有 $n$ 个结点，$m$ 条单向边。到达第 $i$ 个结点即可获得权值 $c_i$。第 $i$ 条单向边由 $u_i$ 连向 $v_i$ ，通过这条边需要 $w_i$ 个时间。

又有 $k$ 个事件，第 $i$ 个事件规定在 $t_i$ 时刻结点 $x_i$ 的权值会变成 $c_i+y_i$。

现在共 $T$ 个时间，你需要在第 $0$ 天从结点 $1$ 出发，第 $T$ 天回到结点 $1$，中途不做停留。问最终你能获得的最大权值为多少。

$1\le n\le 50$，$n\le m\le 501$，$0\le k\le 200$，$1\le t_i\le T\le 10^9$
$1\le w_i\le 5$，$1\le c_i\le 52501$，$1\le u_i,v_i,x_i\le n$，$1\le y_i\le 10^9$

分析

最朴素，最容易想到（好像本蒟蒻并没有想到）的 $DP$ 是：

$$f_{i,x}=\max\{f_{i-w,y}\}+c_x+g_{i,x}$$

这里 $f_{i,x}$ 表示到达花费 $i$ 个时间到达结点 $x$ 的最大权值。$g_{i,x}$ 表示第 $i$ 时刻 $x$ 结点附加的权值。

接着你看，$n,m$ 不大，这又是个图论题，那么多半都是矩阵优化了。

将 $f_i$ 视作一个矩阵，我们需要构造一个合适的矩阵 $G$ ,使得

$$f_i\times G=f_{i+1}$$

根据本题目特性，我们将这里的矩阵乘法定义为：

$$C=A\times B，C[i][j]=\max{A[i][k]+B[k][j]}$$

但是问题是，平日里鄙人所见过的那些宛如沧海一粟的题目中，只需要填 $G[u_i][v_i]=val$ 就行了，每乘一次就是转移一条边。但是如今如果贸然填 $G[u_i][v_i]=c_{v_i}$ 的话，就直接忽略了题目中 $w_i$ 的限制 ，应当怎么转换呢？

实际上，在这 $w_i$ 天中途，我们可以看作是到达了一个没有权值的结点，所以我们只需要一条边拆成 $w_i$ 条边（这个理解方法有很多，也可以看作拆点）即可。将前 $w_i-1$ 条边权值赋为 $0$ ，将第 $w_i$ 条赋值为 $c_{v_i}$。具体实现是多加一些点，可以看代码。

我们在 $k$ 个相邻的事件间，用 $f_{t_i}=f_{t_{i-1}}\times G^{t_i-t_{i-1}+1}$，再令 $f_{t_i,x_i}+=y_i$ 即可。

然后就 $\mbox{TLE}$ 了……

会发现这个算法的时间复杂度是 $\mbox{O}(k\ (5n)^3\ \log T)$的。

可以进行二进制拆分，先需处理出 $G,G^2,G^4,G^8,G^{16},\dots,G^{2^{29}},G^{2^{30}}$，将总时间复杂度优化为 $\mbox{O}((5n)^3\log T+k\ (5n)^2\log T)$

$AC\ Code$

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
using ll=long long;
int c[55];
int id[515][8],tot;
struct matrix{
	ll mat[255][255];
	matrix(){memset(mat,0xcf,sizeof mat);}
	ll* operator[](int x){return mat[x];}
	matrix operator*(matrix& b){
		matrix c;
		for(int i=1;i<=tot;++i)
			for(int j=1;j<=tot;++j)
				for(int k=1;k<=tot;++k)
					c[i][j]=max(c[i][j],mat[i][k]+b[k][j]);
		return c;
	}
}g[32];
struct event{
	int t,x,y;
	bool operator<(const event& sec)const{return t<sec.t;}
}a[255];
ll ans[255];
ll tmp[255];
void mul(int p){
	for(int i=1;i<=tot;++i)tmp[i]=-1e18;
	for(int i=1;i<=tot;++i)
		for(int j=1;j<=tot;++j)
			tmp[j]=max(tmp[j],1ll*(ans[i]+g[p][i][j]));
	for(int i=1;i<=tot;++i)ans[i]=tmp[i];
}
int main(){
	int n,m,T,K;cin>>n>>m>>T>>K;
	for(int i=1;i<=n;++i)cin>>c[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)id[i][0]=++tot;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int x,y,z;cin>>x>>y>>z;
		for(int j=1;j<z;++j)if(!id[x][j])id[x][j]=++tot;
		for(int j=1;j<z;++j)g[0][id[x][j-1]][id[x][j]]=0;
		g[0][id[x][z-1]][y]=c[y];
	}
	for(int i=1;i<=K;++i)cin>>a[i].t>>a[i].x>>a[i].y;
	sort(a+1,a+K+1);
	for(int i=1;i<=30;++i)g[i]=g[i-1]*g[i-1];
	ans[1]=c[1];
	for(int i=2;i<=tot;++i)ans[i]=-1e18;
	a[K+1].t=T;
	for(int i=1;i<=K+1;++i){
		int d=a[i].t-a[i-1].t;
		for(int j=30;~j;--j)if((d>>j)&1)mul(j);
		ans[a[i].x]+=a[i].y;
	}
	if(ans[1]>=0)cout<<ans[1]<<'\n';
	else cout<<-1<<'\n';
	return 0;
}

$$-----EOF-----$$