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大致題意：
給定一張\(n\)個結點\(m\)條邊的有向圖，邊權固定為1，每秒可以移動\(2^t\)（\(t\)為任意值）。求從\(1\)到\(n\)的最短所需時間。
其中\(n\leq 50,m\leq 10000,dis_\leq int_\)。
第一眼是個最短路，然後發現不對勁。
因為從\(1\)到\(n\)的最短路不一定是所求答案，即二進位制下\(1\)的個數不一定最少。
舉個栗子：
在這張圖中，很明顯最短路是\(1-2-4-7\)，但需要\(2+1\)共\(2\)秒。而另一條路雖然長度為\(4\),但只需要一次\(2^2\)就可以到達，時間只需要\(1\)秒。
於是我們需要根據題目中\(2^t\)這個提示，考慮如何融入倍增的思想。
最終的演算法肯定還是落腳在最短路上，但是這個邊不應該是最初輸入進來的，而是通過我們的計算，可以一步到達的兩個點之間連邊。
什麼情況下兩個點可以一步到達？
對於\((u,v)\)是否能通過乙個\(2^t\)跨過去，我們如果能找到乙個\(k\)滿足\((u,k)\)能夠\(2^\)跨過去，並且，\((k,v)\)
也可以\(2^\)跨過去，那就一定可行。
於是考慮用\(dp[u][v][t]\)表示，從\(u\)到\(v\)是否能移動\(2^t\)到達。
對於輸入的邊\((u,v)\)，當然是可以通過\(2^0\)距離到達的，那麼\(dp[u][v][0]=1\)。並連上\(u\)和\(v\)。
此外就如上所述，遍歷其他點\(k\)，如果有dp[u][k][t-1]&dp[k][v][t-1]==1，那麼dp[u][v][t]=1，並且把\(u\),\(v\)連上。
完成了建邊之後，直接跑最短路即可。考慮到\(n\)的範圍只有\(50\),於是方便地選用\(floyd\)。
另外，\(t\)只需要列舉到\(31\)即可(\(int_=2^-1\))。
code:
#includeusing namespace std;
const int n=70;
int dis[n][n],dp[n][n][n];
int main()
for(int t=1;t<32;t++)
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int u=1;u<=n;u++)
for(int v=1;v<=n;v++)
if(dp[u][k][t-1]&dp[k][v][t-1])
dis[u][v]=dp[u][v][t]=1;
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int u=1;u<=n;u++)
for(int v=1;v<=n;v++)
dis[u][v]=min(dis[u][v],dis[u][k]+dis[k][v]);
printf("%d\n",dis[1][n]);
return 0;
}
洛谷 P1613 跑路（倍增 最短路）
小a的工作不僅繁瑣，更有苛刻的規定，要求小a每天早上在6 00之前到達公司，否則這個月工資清零。可是小a偏偏又有賴床的壞毛病。於是為了保住自己的工資，小a買了乙個十分牛b的空間跑路器，每秒鐘可以跑2 k千公尺 k是任意自然數 當然，這個機器是用longint存的，所以總跑路長度不能超過maxlong...
洛谷P1613 跑路 最短路 倍增
小a的工作不僅繁瑣，更有苛刻的規定，要求小a每天早上在6 00之前到達公司，否則這個月工資清零。可是小a偏偏又有賴床的壞毛病。於是為了保住自己的工資，小a買了乙個十分牛b的空間跑路器，每秒鐘可以跑2 k千公尺 k是任意自然數 當然，這個機器是用longint存的，所以總跑路長度不能超過maxlong...
洛谷 P1613 跑路（DP 倍增 最短路）
小a的工作不僅繁瑣，更有苛刻的規定，要求小a每天早上在6 00之前到達公司，否則這個月工資清零。可是小a偏偏又有賴床的壞毛病。於是為了保住自己的工資，小a買了乙個十分牛b的空間跑路器，每秒鐘可以跑2 k千公尺 k是任意自然數 當然，這個機器是用longint存的，所以總跑路長度不能超過maxlong...