測試地址：負環
做法： 本題需要用到倍增+Floyd。
我們很快能想出 $O(n^2m)$

的演算法：令 $f(i,j,k)$

為走 $i$條邊，從 $j$走到 $k$

的路徑中最小的權值和。從小到大列舉 $i$轉移即可。
然而並過不了，而且我們發現，負環的長度似乎也不是單調的，即存在長為 $k$的負環，不一定表示存在長為 $k+1$的負環。實際上，我們只要給每個點加一個邊權為 $0$的自環，就可以解決這個問題了。
發現這個性質單調後，我們有兩種思路：一是二分答案，二是倍增。但我們發現二分答案需要構造走 $i$步時的鄰接矩陣（也就是上面寫的 $f(i,j,k)$組成的矩陣），和上面相比複雜度沒有區別，因此我們排除這一思路，考慮倍增。
要使用倍增，需要明確一個問題：我們知道行走分兩個階段，得到第一個階段和第二個階段的鄰接矩陣，如何把它們合併為整個行走的鄰接矩陣呢？這時，我們可以使用一種類似Floyd，也類似於矩陣乘法的一個演算法，即列舉中間點 $k$，然後列舉整個過程的起點 $i$和終點 $j$轉移。我們發現這個東西和矩陣乘法非常類似，它也和矩陣乘法一樣滿足結合律，但不滿足交換律，因此我們採用類似矩陣快速冪的倍增演算法，先 $O(n^3\log n)$處理出走 $2^i(i\ge 0)$次的鄰接矩陣，然後從高到低列舉 $i$，如果當前行走的矩陣與走 $2^i$次的鄰接矩陣合併後，圖中沒有出現負環，則把當前行走的矩陣與走 $2^i$次的矩陣合併作為新的當前行走的矩陣，即表示走了 $2^i$步。最後，演算法中行走的步數 $+1$就是答案。注意答案比 $n$大時，顯然就表示無解。於是我們就以 $O(n^3\log n)$的時間複雜度解決了這一題。
以下是本人程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1000000000;
int n,m,finalans=0;
struct matrix
{
	int dis[310][310];
}M[10],E,now,ans;

void mult(matrix A,matrix B,matrix &S)
{
	S=E;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			for(int k=1;k<=n;k++)
				S.dis[i][j]=min(S.dis[i][j],A.dis[i][k]+B.dis[k][j]);
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
			E.dis[i][j]=inf;
		E.dis[i][i]=0;
	}
	
	M[0]=E;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y,w;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		M[0].dis[x][y]=w;
	}
	for(int i=1;i<=9;i++)
		mult(M[i-1],M[i-1],M[i]);
	
	now=E;
	for(int i=9;i>=0;i--)
	{
		mult(now,M[i],ans);
		bool flag=0;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if (ans.dis[j][j]<0)
			{
				flag=1;
				break;
			}
		if (!flag) finalans+=(1<<i),now=ans;
	}
	if (finalans>n) printf("0");
	else printf("%d",finalans+1);
	
	return 0;
}