洛谷P1613 跑路（倍增+floyd）

最新推荐文章于 2024-08-01 20:08:39 发布

Loi_black

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分类专栏： ====图论====

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本文介绍了一道关于寻找最短路径的问题，利用倍增思想结合Floyd算法解决了一个有趣的问题场景——如何让角色使用特殊设备以最少的时间从家到达公司。文中详细解释了算法思路，并提供了完整的代码实现。

题目描述

小A的工作不仅繁琐，更有苛刻的规定，要求小A每天早上在6：00之前到达公司，否则这个月工资清零。可是小A偏偏又有赖床的坏毛病。于是为了保住自己的工资，小A买了一个十分牛B的空间跑路器，每秒钟可以跑2^k千米（k是任意自然数）。当然，这个机器是用longint存的，所以总跑路长度不能超过maxlongint千米。小A的家到公司的路可以看做一个有向图，小A家为点1，公司为点n，每条边长度均为一千米。小A想每天能醒地尽量晚，所以让你帮他算算，他最少需要几秒才能到公司。数据保证1到n至少有一条路径。

输入输出格式

输入格式：第一行两个整数n，m，表示点的个数和边的个数。

接下来m行每行两个数字u，v，表示一条u到v的边。

输出格式：一行一个数字，表示到公司的最少秒数。

输入输出样例

输入样例
# 1：
4 4
1 1
1 2
2 3
3 4
输出样例
#1：
1
说明：

【样例解释】

1->1->2->3->4，总路径长度为4千米，直接使用一次跑路器即可。

【数据范围】

50%的数据满足最优解路径长度<=1000；

100%的数据满足n<=50，m<=10000，最优解路径长度<=maxlongint。

题解：
首先对于这个题来说，当从起点到终点距离出现2^k时肯定最优（事实上在洛谷直接输出1就有40分），关键就是判断什么时候出现2^k。我们可以利用倍增的思想，2^（k-1）+2^（k-1）=2^k，参照Floyd，当i~k的路长为2的倍数，k~j的路长为2的倍数，则i~j的路长也为2的倍数，所以可以先预处理出所有的长度（对于从一个点跑到另一个点如果路长为2的倍数则dis=1）。我们设g[i][u][v]表示u到v能否通过2^i到达，这也就是1s，在倍增的时候顺便处理处dis[i][j]，然后只需要跑一边Floyd即可得到答案。
代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring> 
using namespace std;
const int N=105;
int dis[N][N];
bool g[N][N][N]; 
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(g,0,sizeof(g));
    memset(dis,63,sizeof(dis));
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        dis[x][y]=1;
        g[x][y][0]=1;
    }
    for(int s=1;s<=64;s++)
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    for(int k=1;k<=n;k++)
        if(g[i][j][s-1]&&g[j][k][s-1])
        {
            g[i][k][s]=1;
            dis[i][k]=1;
        }
    for(int k=1;k<=n;k++)
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
        dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
    printf("%d\n",dis[1][n]);
}