bzoj 1706: [usaco2007 Nov]relays 奶牛接力跑（倍增floyd）

1706: [usaco2007 Nov]relays 奶牛接力跑

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Description

FJ的N(2 <= N <= 1,000,000)头奶牛选择了接力跑作为她们的日常锻炼项目。至于进行接力跑的地点 自然是在牧场中现有的T(2 <= T <= 100)条跑道上。 农场上的跑道有一些交汇点，每条跑道都连结了两个不同的交汇点 I1_i和I2_i(1 <= I1_i <= 1,000; 1 <= I2_i <= 1,000)。每个交汇点都是至少两条跑道的端点。
奶牛们知道每条跑道的长度length_i(1 <= length_i <= 1,000)，以及每条跑道连结的交汇点的编号 并且，没有哪两个交汇点由两条不同的跑道直接相连。你可以认为这些交汇点和跑道构成了一张图。 为了完成一场接力跑，所有N头奶牛在跑步开始之前都要站在某个交汇点上（有些交汇点上可能站着不只1头奶牛）。当然，她们的站位要保证她们能够将接力棒顺次传递，并且最后持棒的奶牛要停在预设的终点。 你的任务是，写一个程序，计算在接力跑的起点(S)和终点(E)确定的情况下，奶牛们跑步路径可能的最小总长度。显然，这条路径必须恰好经过N条跑道。

Input

* 第1行: 4个用空格隔开的整数：N，T，S，以及E
* 第2..T+1行: 第i+1为3个以空格隔开的整数：length_i，I1_i，以及I2_i， 描述了第i条跑道。

Output

* 第1行: 输出1个正整数，表示起点为S、终点为E，并且恰好经过N条跑道的路 径的最小长度

Sample Input

2 6 6 4

11 4 6

4 4 8

8 4 9

6 6 8

2 6 9

3 8 9

Sample Output

10

因为题目最多100个点，所以直接离散化，之后建一个100*100的矩阵，

其中jz[i][j]就表示第i个点到第j个点的距离，如果没有这条边，则默认为一个很大的数

答案就是这个矩阵自乘m次，但是矩阵的"乘法"不再是原来的乘法，要修改下规则

原本是a[i][j] = ∑(a[i][k]*a[k][j]) (1<=k<=n)， 这里改成a[i][j] = min(a[i][k]+a[k][j])  (1<=k<=n)

是不是很像floyd？

说是矩阵快速幂，其实就是倍增floyd的改版

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef struct Matrix
{
int a[105][105];
Matrix()
{
memset(a, 60, sizeof(a));
}
}Matrix;
Matrix Jz;
int n, p[1000005], Hash[105];
Matrix Jzcf(Matrix p1, Matrix p2)
{
int i, j, k;
Matrix ans;
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=n;j++)
{
for(k=1;k<=n;k++)
ans.a[i][j] = min(ans.a[i][j], p1.a[i][k]+p2.a[k][j]);
}
}
return ans;
}
Matrix Powto(Matrix x, int y)
{
int temp;
Matrix ans;
temp = 0;
while(y)
{
if(y%2==1)
{
if(temp==0)
temp = 1, ans = x;
else
ans = Jzcf(ans, x);
}
x = Jzcf(x, x);
y /= 2;
}
return ans;
}
int main(void)
{
int m, q, s, t, x, y, len;
while(scanf("%d%d%d%d", &m, &q, &s, &t)!=EOF)
{
n = 0;
memset(p, 0, sizeof(p));
while(q--)
{
scanf("%d%d%d", &len, &x, &y);
if(p[x]==0)  Hash[++n] = x, p[x] = n;
if(p[y]==0)  Hash[++n] = y, p[y] = n;
Jz.a[p[x]][p[y]] = Jz.a[p[y]][p[x]] = len;
}
Jz = Powto(Jz, m);
printf("%d\n", Jz.a[p[s]][p[t]]);
}
return 0;
}