bzoj4778[Usaco2017 Open]COWBASIC 矩阵乘法

博客介绍了如何解析COWBASIC程序,特别是处理循环嵌套和简单的表达式运算,通过矩阵乘法来模拟多次循环后的变量值。主要难点在于输入的解析和处理。

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高冷的po姐不愿意说题意,这个。。我就说一下吧。。
题意就是要求你写一个parser,MOO是循环次数,你把给你的哪一段程序循环MOO次,然后输出那个要输出的变量就好了。
由于MOO可以多次循环而且可以循环套循环,再加上expression只有赋值和加,所以只能用矩阵乘法模拟。。
难点主要在读入上吧,,我是这么觉得的。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<map>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=105;
const int mo=1e9+7;
map<string,int> var_map;
int sta[N],n;
int top,tot,cnt;
int hash(string s)
{
    int &re=var_map[s];
    if (!re)re=++tot;
    return re;
} 
struct matrix
{
    int a[N][N];
    matrix(){}
    matrix(int v)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        fo(i,0,tot)a[i][i]=v;
    } 
    int* operator [] (int i)
    {
        return a[i];
    } 
    friend matrix operator *(matrix x,matrix y)
    {
        matrix c(0);
         fo(i,0,tot)
         fo(j,0,tot)
         fo(k,0,tot)
         c[i][j]=(c[i][j]+1ll*x[i][k]*y[k][j]%mo)%mo; 
        return c;
    }
    friend matrix pow(matrix a,int b)
    {
        matrix r(1);
        while (b)
        {
            if (b&1)r=r*a;
            a=a*a;
            b>>=1;
        }
        return r;
    }
}mat[N];
int main()
{
    string buffer;
    new(&mat[0])matrix(1);
    while (1)
    {
        static char s[N*5];
        gets(s);
        istringstream stream(s);
        stream>>s;
        if (s[0]>='a'&&s[0]<='z')
        {
            static int b[N];
            int left=hash(s);
            memset(b,0,sizeof(b));
            while (stream>>s)
            {
                if (s[0]>='a'&&s[0]<='z')
                {
                    int right=hash(s);
                    fo(i,0,tot)
                    b[i]=(b[i]+mat[top][right][i])%mo;
                }
                else if (s[0]>='0'&&s[0]<='9')
                {
                    int right=atoi(s);
                    b[0]=(b[0]+right)%mo;
                }
            }
            fo(i,0,tot)mat[top][left][i]=b[i];
        }
        else if (s[0]>='0'&&s[0]<='9')
        {
            sta[++top]=atoi(s);
            new (&mat[top])matrix(1);
        }
        else if (s[0]=='}')
        {
            mat[top-1]=pow(mat[top],sta[top])*mat[top-1];
            top--;
        }
        else if (s[0]=='R')
        {
            stream>>s;
            int val=hash(s);
            int ans=0;
            fo(i,0,tot)ans=(ans+mat[0][val][i])%mo;
            printf("%d\n",ans);
            break;
        }
    }
    return 0;
}
题目描述 牛牛和她的朋友们正在玩一个有趣的游戏,他们需要构建一个有 $n$ 个节点的无向图,每个节点都有一个唯一的编号并且编号从 $1$ 到 $n$。他们需要从节点 $1$ 到节点 $n$ 找到一条最短路径,其中路径长度是经过的边权的和。为了让游戏更有趣,他们决定在图上添加一些额外的边,这些边的权值都是 $x$。他们想知道,如果他们添加的边数尽可能少,最短路径的长度最多会增加多少。 输入格式 第一行包含两个正整数 $n$ 和 $m$,表示节点数和边数。 接下来 $m$ 行,每行包含三个整数 $u_i,v_i,w_i$,表示一条无向边 $(u_i,v_i)$,权值为 $w_i$。 输出格式 输出一个整数,表示最短路径的长度最多会增加多少。 数据范围 $2 \leq n \leq 200$ $1 \leq m \leq n(n-1)/2$ $1 \leq w_i \leq 10^6$ 输入样例 #1: 4 4 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 1 5 输出样例 #1: 5 输入样例 #2: 4 3 1 2 1 2 3 2 3 4 3 输出样例 #2: 2 算法 (BFS+最短路) $O(n^3)$ 我们把问题转化一下,假设原图中没有添加边,所求的就是点 $1$ 到点 $n$ 的最短路,并且我们已经求出了这个最短路的长度 $dis$。 接下来我们从小到大枚举边权 $x$,每次将 $x$ 加入图中,然后再次求解点 $1$ 到点 $n$ 的最短路 $dis'$,那么增加的最短路长度就是 $dis'-dis$。 我们发现,每次加入一个边都需要重新求解最短路。如果我们使用 Dijkstra 算法的话,每次加入一条边需要 $O(m\log m)$ 的时间复杂度,总的时间复杂度就是 $O(m^2\log m)$,无法通过本题。因此我们需要使用更优秀的算法。 观察到 $n$ 的范围比较小,我们可以考虑使用 BFS 求解最短路。如果边权均为 $1$,那么 BFS 可以在 $O(m)$ 的时间复杂度内求解最短路。那么如果我们只是加入了一条边的话,我们可以将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,每次加入该边时,我们就在原始图上添加 $x$ 条边,边权均为 $1$。这样,我们就可以使用一次 BFS 求解最短路了。 但是,我们不得不考虑加入多条边的情况。如果我们还是将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,那么我们就需要加入 $x$ 条边,而不是一条边。这样,我们就不能使用 BFS 了。 但是,我们可以使用 Floyd 算法。事实上,我们每次加入边时,只有边权等于 $x$ 的边会发生变化。因此,如果我们枚举边权 $x$ 时,每次只需要将边权等于 $x$ 的边加入图中,然后使用 Floyd 算法重新计算最短路即可。由于 Floyd 算法的时间复杂度为 $O(n^3)$,因此总的时间复杂度为 $O(n^4)$。 时间复杂度 $O(n^4)$ 空间复杂度 $O(n^2)$ C++ 代码 注意点:Floyd算法计算任意两点之间的最短路径,只需要在之前的路径基础上加入新的边构成的新路径进行更新即可。
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