設dis
[k][
i][j
]dis[k][i][j]
dis[k]
[i][
j]表示從點i
ii走到點j
jj走了2
k2^k
2k條邊的最短路徑長度。
a sd
[i][
j]
asd[i][j]
asd[i]
[j]表示二分到當前答案時點i
ii到點j
jj的最短路。
d is
[k][
i][j
]dis[k][i][j]
dis[k]
[i][
j]用f lo
ydo(
n3
logn)
floyd\ o(n^3\log n)
floydo
(n3logn)
預處理對於任意乙個正整數x
xx，它顯然可以被表示成2
22的整數次冪的和。
所以可以從大到小列舉k
kk，每次用dis
[k][
i][j
]dis[k][i][j]
dis[k]
[i][
j]去更新asd
[i][
j]
asd[i][j]
asd[i]
[j]。表示從點i
ii到點j
jj的路徑上常識一次走2
k2^k
2k條邊qwe
[i][
j]=m
in(q
we[i
][j]
,min
(dis
[z][
i][k
]+as
d[k]
[j],
dis[
z][k
][j]
+asd
[i][
k]))
qwe[i][j]=min(qwe[i][j],min(dis[z][i][k]+asd[k][j],dis[z][k][j]+asd[i][k]))
qwe[i]
[j]=
min(
qwe[
i][j
],mi
n(di
s[z]
[i][
k]+a
sd[k
][j]
,dis
[z][
k][j
]+as
d[i]
[k])
) 此處需要另外開乙個陣列qwe
qweqw
e來儲存更新的結果，如果直接在原asd
asdas
d陣列上更新會導致asd
[i][
j]
asd[i][j]
asd[i]
[j]又被剛更新完的asd
[i][
z],a
sd[z
][j]
asd[i][z],asd[z][j]
asd[i]
[z],
asd[
z][j
]更新，這樣的話一次就不止嘗試走2
k2^k
2k步了。更新後列舉原圖的某一條邊，如果存在wi+
qwe[
ui][
vi
]<
0w_i+qwe[u_i][v_i]<0
wi+qw
e[ui
][v
i]<
0，則原圖存在負環。
當前答案肯定大於最終答案，否則要把asd
asdas
d陣列賦成更新後的qwe
qweqw
e，把答案加上2
k2^k
2k但是此做法是有點問題的，從點i
ii到點j
jj走k
kk條邊的最短路不一定大於等於走k+1
k+1k+
1條邊的最短路，即不滿足單調性
對此有乙個巧妙的方法就是給每個點加一條長度為0
00的自環即可，這樣對答案沒有影響
複雜度o(n
3logn
)o(n^3\log n)
o(n3
logn)
code:
#include
using
namespace std;
#define f1(a,b,c) for(int c=a;c<=b;c++)
#define f2(a,b,c) for(int c=a;c>=b;c--)
#define f3(a,b,c) for(int c=a;c;c=b)
#define so1(a,n) sort(a+1,a+n+1,mycmp);
#define so2(a,n) sort(a+1,a+n+1);
#define ll long long
#define itn int
#define ubt int
#define mp make_pair
#define pii pair
#define pll pair
const
int twx=
300+
100;
const
int inf=
0x3f3f3f3f
;ll read()
c=getchar()
;}while
(c>=
'0'&&c<=
'9')
return sum*flag;
}int n;
int m;
int dis[15]
[twx]
[twx]
;int asd[twx]
[twx]
;int qwe[twx]
[twx]
;int ans=0;
void
init()
}void
work()
f1(0,
8,z)}}
}f1(1
,n,i)f2(
8,0,z)}f1
(1,n,k)}}
int flag=0;
f1(1,n,i)}if
(!flag)}}
}}void
print()
intmain()
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