題目描述

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\(A\)買了一個十分牛\(B\)的空間跑路器，每秒鐘可以跑\(2^k\)千米（\(k\)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\(maxlongint\)千米。小\(A\)的家到公司的路可以看做一個有向圖，小\(A\)家為點\(1\)，公司為點\(n\)，每條邊長度均為一千米。小\(A\)想每天能醒地儘量晚，所以讓你幫他算算，他最少需要幾秒才能到公司。資料保證\(1\)

輸入格式

第一行兩個整數\(n\)，\(m\)，表示點的個數和邊的個數。

接下來\(m\)行每行兩個數字\(u\)，\(v\)，表示一條\(u\)到\(v\)的邊。

輸出格式

一行一個數字，表示到公司的最少秒數。

輸入輸出樣例

輸入 #1

4 4
1 1
1 2
2 3
3 4

輸出 #1

1

說明/提示

【樣例解釋】

\(1->1->2->3->4\)，總路徑長度為\(4\)千米，直接使用一次跑路器即可。

【資料範圍】

\(50\%\)的資料滿足最優解路徑長度<=\(1000\)；

\(100\%\)的資料滿足\(n<=50\)，\(m<=10000\)

思路

想了好久沒想出來怎麼做，最後還是嫖的別人的思路。此題應運用倍增的思想求解。用三維布林陣列\(f_{i,j,k}\)來表示從\(i\)到\(j\)是否有一條長度為\(2^k\)長度的路徑，如果有，那麼距離標記為\(1\)，即可以一步到達。其次就是轉移狀態，實際上是個\(dp\)。想出用三維布林陣列儲存後的思路就很清晰了，程式碼也不難寫。如果f_{i,k,p}為true並且f_{k,j,p}為true，則f_{i,j,p+1}為true。需要四層迴圈來轉移。但注意到\(n\)很小，最大才\(50\)。而就算把所有的邊跑一遍，長度不過是\(log_2 m\)

預處理完距離後再跑一遍floyd，即可切掉這道題目了。

程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long int ll; 
ll n,m;
bool f[60][60][60];
ll d[60][60];
ll g[60][60];
void floyd(){
	for(ll p=0;p<=20;p++){//開20保險
		for(ll k=1;k<=n;k++){
			for(ll i=1;i<=n;i++){
				for(ll j=1;j<=n;j++){
					if(f[i][k][p]==1&&f[k][j][p]==1){
						f[i][j][p+1]=1;
						d[i][j]=1;//可以一步到達
					}
				}
			}
		}
	}
	for(ll k=1;k<=n;k++){
		for(ll i=1;i<=n;i++){
			for(ll j=1;j<=n;j++){
				d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
			}
		}
	}//floyd
}
int main()
{
	memset(d,0x3f,sizeof(d));
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		f[x][y][0]=1;//2的0次方為1
		d[x][y]=1;//也可以一步到達
	}
	floyd();
	printf("%lld\n",d[1][n]);
	return 0;
}