給你四個點，相鄰兩個點之間有一條連邊。現在問你從$2$號點走到$2$號點的至少為$k$的最短路的長度。
因為題目中的$k$比較大，因此一些亂搞的演算法顯然無法通過，而鑑於點數相對來說比較少，因此我們得研究一下這幾個點所蘊涵的性質。
我們發現，對於$2$號結點，它有兩條可行的邊，我們設這兩條邊的距離分別為$d_$以及$d_$，其中最小的邊為$w$，（即$w=\min(d_,d_)$）。如果要從$2$號結點走回到$2$號結點，乙個顯然優的策略是我們至少要訪問兩次$w$邊。即答案至少為$2*w$。
假設我們當前從$2$到$2$的最短路為$d_i$，則我們顯然可以進行$t$次上述的操作，使得最終的答案滿足$d_i+2*t*w \ge k$。顯然這是乙個線性的方程組，引數為$d_i$以及$t$。而我們要知道$t$的大小，顯然只需要知道$d_i \%2w$的值即可。
因此，這個問題其實是乙個線性同餘的問題，因為最終的答案跟$d_i \%2w$有關，我們可以設$dis[i][j]$，為從起點到$i$點，最短路徑$\%2w$餘$j$的最短路長度。此時的狀態數就直接被我們縮短為$2*w*4$個，因此此時我們直接可以用最短路演算法去求解了。
最後我們只需要不斷列舉$dis[2][j]$，判斷求出最優的$t$以及$d_i$即可
時間複雜度：$\mathcal(wlogw)$
#include
#define maxn 10
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
typedef pairint>pll;
struct nodeq[10]
;const ll inf=
0x3f3f3f3f3f3f3f3f
;int head[maxn]
,cnt=0;
ll dis[10]
[100005
],d;
void
add_edge
(int from,
int to,
int cost)
void
dijk
(int x)
dis[x][0
]=0;
que.
push
(pll
(0ll
,x))
;while
(!que.
empty()
)}}}
int val[10]
;int
main()
for(
int i=
1;i<=
4;i++
) d*=2
;dijk(2
);ll minn=inf;
for(
int i=
0;i<=d;i++
)else
}printf
("%lld\n"
,minn);}
return0;
}
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