【HDU 6331】暑期多校day3 Walking Plan （分块 矩阵乘法 × Floyd）

题目大意

给定一个 n 个点，m 条边的有向图，q 次询问 u 到 v 经过至少 k 条边的最短路。
(2≤n≤50,1≤m,k≤104,1≤q≤105) ( 2 ≤ n ≤ 50 , 1 ≤ m , k ≤ 10 4 , 1 ≤ q ≤ 10 5 )

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解题思路

注意题目中n的范围很小，可以考虑floyd，但是题目中的限制条件“经过至少k条边”就需要特殊处理。比赛的时候曾经想到可不可以从每一个点开始bfs预处理出答案，以为是O(m*n^2)的时间复杂度，但是后来被学长把复杂度×掉了，因为会出现在一条权值极小的边上反复走的路径，时间复杂度会爆炸的。

我们考虑构造一组矩阵 b[T][u][v]，表示在刚好走 T 步的情况下从 u 走到 v 的最小长度，那么由 floyd 算法推知，这个矩阵具有 b[T][u][v] = min ( b[t][u][k] , b[T-t][k][v] ) 这样类似矩阵乘法的性质，每次转移的时间复杂度是O(n^3)。

显然 b[1][u][v] 就是从 u 到 v 的最短边长度，后续的矩阵我们可以由此转移：枚举k∈[1,n] , b[t][u][v] = min ( b[t-1][u][k] + b[1][k][v] )，但是如果枚举 t∈[1,m] 每一步转移显然时间复杂度是会不行的，考虑分块解决问题。

使 a[1]=b[100]，那么矩阵 a[T][u][v] 就表示在刚好走 T*100 步的情况下从 u 走到 v 的最小长度，同 b 矩阵的处理方法，处理出 a[1…101]。

由于题目要求的是经过至少经过 k 条边的最短路，上述的矩阵求出的是刚好走 T or T*100 步时的最短路，就需要在处理好矩阵之后，用步数多的矩阵更新步数少的矩阵，让矩阵的意义变为：在至少走 T 步的情况下从 u 走到 v 的最小长度。

对于每组询问，使 A = k/100、B = k%100，枚举 k∈[1,n] ，ans = min ( a[A][u][k] + b[B][k][v] , a[A+1][u][k] + b[0][k][v])。时间复杂度 O(m−−√∗n3+q∗n) O ( m ∗ n 3 + q ∗ n )

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代码

#include 
using namespace std;

const int maxn=55, inf=int(1e9)+7;
int T,n,m,q;

struct Mat {
    int n;
    int v[maxn][maxn];

    Mat() {}
    Mat(int n_):n(n_) {}

    void init(const int &n_,const int &val=inf) {
        register int i,j;
        for(n=n_,i=1;i<=n;++i)
            for(j=1;j<=n;++j)
                v[i][j]=val;
        return;
    }
    Mat operator * (const Mat &rhs) const {
        Mat R=Mat(n);
        register int i,j,k;
        for(i=1;i<=n;++i)
        for(j=1;j<=n;++j) {
            R.v[i][j]=inf;
            for(k=1;k<=n;++k) if(v[i][k]+rhs.v[k][j]return R;
    }
    void operator = (const Mat &rhs) {
        n=rhs.n;
        register int i,j;
        for(i=1;i<=n;++i)
            for(j=1;j<=n;++j)
                v[i][j]=rhs.v[i][j];
        return;
    }
    void getmin(const Mat &rhs) {
        register int i,j;
        for(i=1;i<=n;++i)
            for(j=1;j<=n;++j) 
                v[i][j]=min(v[i][j],rhs.v[i][j]);
        return;
    }
}a[105], b[105];

void build() {
    register int i;
    for(i=2;i<=101;++i)
        b[i]=b[i-1]*b[1];
    a[1]=b[100];
    for(i=2;i<=101;++i)
        a[i]=a[i-1]*a[1];
    for(i=100;i>=0;--i)
        a[i].getmin(a[i+1]), b[i].getmin(b[i+1]);
    return;
}

int query(int u,int v,int dis) {
    int ans=inf, A=dis/100, B=dis%100;
    register int k;
    for(k=1;k<=n;++k)
        ans=min(ans,min(a[A].v[u][k]+b[B].v[k][v],a[A+1].v[u][k]+b[0].v[k][v]));
    return ans;
}

void init() {
    register int i;
    for(i=0;i<=101;++i)
        a[i].init(n,inf), b[i].init(n,inf);
    for(i=1;i<=n;++i)
        b[0].v[i][i]=a[0].v[i][i]=0;
    return;
}

void work() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    init();
    register int i,x,y,k;
    for(i=1;i<=m;++i) {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
        b[1].v[x][y]=min(b[1].v[x][y],k);
    }
    build();
    scanf("%d",&q);
    for(i=1;i<=q;++i) {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
        int ans=query(x,y,k);
        printf("%d\n",(ans==inf)?-1:ans);
    }
    return;
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("M.in","r",stdin);
    freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
    for(scanf("%d",&T);T;T--)
        work();


    return 0;
}