hiho一下 第110周 floyd + 贪心 + 倍增

题目大意

给定一张N个点的完全图，可以从任何一个点出发，同一个点可以经过多次。询问总路径长度不超过M的情况下，最多能够经过多少个点。

 

输入是 n和m

以及一个n*n的矩阵，mp[i][j]表示点i到点j的距离

 

把初始矩阵的点理解为从点i出发，经过一条边后，最后停在点j的距离.

我们可以发现，这个矩阵A和B相乘之后，得到的矩阵的mp[i][j]的意义为从i出发 ，经过A+B条边之后停留在j的距离

 

因此我们可以倍增地算出所有mp[k][i][j] ，k为2的倍数，通过类此flody的思想，logm*n^3的复杂度预处理出所有的mp

 

之后，我们要选的路径长度不超过m的最多经过的点数，这个方案，必然是若干个上述矩阵的乘积的结果。

 

显然，经过二进制拆分后，不可能存在这样的情况：在某一步，选择一个较小的矩阵会比选一个大的矩阵更优，因为显然如果可以选大的就直接选大的，比该矩阵小的所有矩阵加起来的收益还不如一个大的 （2^k>  1+ 2 +4 +8 +.....+2^(k-1 ) ）

因此从大到小贪心即可

 

代码参考自：

http://www.bubuko.com/infodetail-1743228.html

 

.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
#define inf 0x3f3f3f3f

const int N=150;
int mp[40][N][N], maxi,maxk,n,m,ans;
int dist[N],dist2[N];
int main()
{
    memset(mp,inf,sizeof mp);
    cin>>n>>m;
    for(int i=0; i<n; i++)
        for(int j=0; j<n; j++)
            scanf("%d",&mp[0][i][j]);

    for(int i=0; i<n; i++) mp[0][i][i]=inf; //根据题意，不能停留，因此设距离到自己为inf

    for(int i=2,k=1; i<=m; i<<=1,k++)
    {
        maxi=i,maxk=k;
        for(int x=0; x<n; x++)
            for(int y=0; y<n; y++)
                for(int z=0; z<n; z++)
                    mp[k][y][z]=min(mp[k][y][z],mp[k-1][y][x]+mp[k-1][x][z]);
    }
    int ans=0;
//    cout<<maxi<<" "<<maxk<<endl;
    for(int i=maxi,k=maxk; i; i>>=1,k--)
    {
        int flag=0;
        for(int j=0; j<n; j++) dist[j]=inf;
        for(int x=0; x<n; x++)
            for(int y=0; y<n; y++)
            {
                if (dist[y]>dist2[x]+mp[k][x][y])
                {
                    dist[y]=dist2[x]+mp[k][x][y];
                    if (dist[y]<=m) flag=1;
                }
            }
        if (flag)
        {
            ans+=i;
            memcpy(dist2,dist,(n+5)*sizeof (int));
        }
    }
    printf("%d\n",ans);



    return 0;
}