【ACWing】345. 牛站

题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/347/

给定一张由$T$条边构成的无向图，点的编号为$1\sim 1000$之间的整数。求从起点$S$到终点$E$恰好经过$N$条边（可以重复经过）的最短路。注意：数据保证一定有解。

输入格式：
第$1$行：包含四个整数$N,T,S,E$。第$2...T+1$行：每行包含三个整数，描述一条边的边长以及构成边的两个点的编号。

输出格式：
输出一个整数，表示最短路的长度。

数据范围：
$2\le T\le 100$
$2\le N\le 10^6$

这题边数只有$100$，而点的编号却能达到$1000$，所以需要先离散化一下顶点编号，可以用哈希表来做。

首先，恰好经过$1$条边的最短路邻接方阵是容易的，实际上它就是输入。设$g$是$n\times n$的方阵，$n$是点的个数。$g[x][y]$表示从$x$到$y$恰好经过$1$条边的最短路长度。注意，这里的$g[x][x]$是不能赋值为$0$的，因为它并不是真的邻接矩阵，它的对角线都要赋值为$+\infty$。接下来考虑怎么递推。设$d[k][x][y]$是从$x$走到$y$恰好经过$k$条边的最短路长度，那么对于任意的正整数$a$和$b$，容易看出：$$d[a+b][x][y]=\underset{z}{\min }\{d[a][x][z]+d[b][z][y]\}$$这里相当于在枚举从$x$走恰好$a$条边能到达的点是哪个。我们已经知道了$d[1]$，相当于要求$d[N]$。这里的思路是和快速幂是一样的，先求$d[\frac{N}{2}]$，然后做一次与矩阵乘法非常相似的操作，就能得到$d[N]$了。关于快速幂参考https://blog.csdn.net/qq_46105170/article/details/113823747。

也可以这样看。如果定义新的方阵乘法$C=AB$为：$$C[x][y]=\underset{z}{\min }\{A[x][z]+B[z][y]\}$$那么这个乘法在$\{O,A,A^2,...\}$这个集合上是满足结合律的，其中$O$是对角线全是$0$，其余全是$+\infty$的方阵。可以结合图论来看，$A^k$实际上就是恰好走$k$条边的最短路邻接矩阵。那么$(A^x{A}^y)A^z=A^{x+y}{A}^z=A^{x+(y+z)}=A^x{A}^{y+z}=A^x(A^y{A}^z)$。所以快速幂是可以做的。进一步也可以证明这个乘法在一般的矩阵上也是满足结合律的。考虑$ABC$的$(i,j)$元，容易知道$$\underset{l}{\min }\{\underset{k}{\min }\{a_{ik}+b_{kl}\}+c_{lj}\}=\underset{k}{\min }\{a_{ik}+\underset{l}{\min }\{b_{kl}+c_{lj}\}\}$$所以结合律是成立的。有结合律的结构上是可以做快速幂的。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 210;
int n, m, S, E, k;
int g[N][N];
int res[N][N], tmp[N][N];

// 对a和b做乘法，然后将结果存进c里
void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N]) {
    memset(tmp, 0x3f, sizeof tmp);
    for (int k = 1; k <= n; k++) 
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                tmp[i][j] = min(tmp[i][j], a[i][k] + b[k][j]);

    memcpy(c, tmp, sizeof tmp); 
}

// 用快速幂求一下g的k次幂
void qmi(int k) {
	// 先将res初始化为恰好走0条边的最短路长度，所以要把res[i][i]初始化为0
    memset(res, 0x3f, sizeof res);
    for (int i = 1; i <= n; i++) res[i][i] = 0;
    
    // 接下来是快速幂。g是恰好走1条边的最短路长度
    while (k) {
        if (k & 1) mul(res, res, g);
        mul(g, g, g);
        k >>= 1;
    }
}

int main() {
    cin >> k >> m >> S >> E;

    memset(g, 0x3f, sizeof g);

	// 做一下离散化
    unordered_map<int, int> ids;
    if (!ids.count(S)) ids[S] = ++n;
    if (!ids.count(E)) ids[E] = ++n;
    S = ids[S], E = ids[E];

    while (m--) {
        int a, b, c;
        cin >> c >> a >> b;
        if (!ids.count(a)) ids[a] = ++n;
        if (!ids.count(b)) ids[b] = ++n;
        a = ids[a], b = ids[b];

        g[a][b] = g[b][a] = min(g[a][b], c);
    }
    
    // 做快速幂
    qmi(k);

    cout << res[S][E] << endl;

    return 0;
}

时间复杂度$O(n^3\log k)$，空间$O(n^2)$，$n$是图的点数。