题目描述

小A的工作不仅繁琐，更有苛刻的规定，要求小A每天早上在6：00之前到达公司，否则这个月工资清零。可是小A偏偏又有赖牀的坏毛病。于是为了保住自己的工资，小A买了一个十分牛B的空间跑路器，每秒钟可以跑2^k千米（k是任意自然数）。当然，这个机器是用longint存的，所以总跑路长度不能超过maxlongint千米。小A的家到公司的路可以看做一个有向图，小A家为点1，公司为点n，每条边长度均为一千米。小A想每天能醒地尽量晚，所以让你帮他算算，他最少需要几秒才能到公司。数据保证1到n至少有一条路径。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数n，m，表示点的个数和边的个数。

接下来m行每行两个数字u，v，表示一条u到v的边。

输出格式：

一行一个数字，表示到公司的最少秒数。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

4 4
1 1
1 2
2 3
3 4

输出样例#1： 复制

1

说明

【样例解释】

1->1->2->3->4，总路径长度为4千米，直接使用一次跑路器即可。

【数据范围】

50%的数据满足最优解路径长度<=1000；

100%的数据满足n<=50，m<=10000，最优解路径长度<=maxlongint。

ps第一次学倍增的题     这个题不是模板但是这个题是用了倍增思想的。

简述思想   用一个三维数组G【i】【j】【k】存放 i   和  j  是否存在一个2^K的路径   

怎么得到G【i】【j】【k】呢   Floyd： 输入时如果存在路径 那么  i  j 之间就有一个  k==0 的路径  更新G【i】【j】【0】=1;

然后从k=1开始进行Floyd 遍历  确保每个能够2的K次方能够到达的路径都存起来  

然后通过   G【i】【j】【k】确定了一个   d【i】【j】  ，再用Floyd得到两点间的最短路就可以了

下面时神犇的代码和我的代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dis[60][60],n,m;
bool G[60][60][65];
/*以上是变量说明部分，dis[i][j]表示i到j的路径/边的长度
G[i][j][k]表示，i到j是否存在一条长度为2^k的路径
如果有，为true，没有就是false*/ 
void init()
{
    memset(G,false,sizeof(G));
    memset(dis,10,sizeof(dis));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        dis[x][y]=1;
        G[x][y][0]=true;
        /*初始化，x到y的路径（边）最短是1，也就是x到y存在
        一条长度为2^0的路径（边）*/ 
    }
}
void work()//此函数对G和dis做预处理 
{
    for(int k=1;k<=64;k++)
    //对于本题的数据，2^64已经足够。 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int t=1;t<=n;t++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    //枚举三个点
    if(G[i][t][k-1]&&G[t][j][k-1])
    /*如果i到t存在一条2^k-1长度的路径
    并且t到j存在一条2^k-1长度的路径
    就说明i到t，t到j都可以一秒到达，
    路程*2刚好是2的幂，也可以一秒到达*/ 
    {
        G[i][j][k]=true;
        //标记从i到j存在一条长度为2^k的路径 
        dis[i][j]=1;
        //i到j距离可以一秒到达 
    }
}
void floyd()
{
    for(int k=1;k<=n;k++)
    //这里的注意点：枚举中间点的循环放在最前面 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
    //松弛操作。 
}//Floyd图论求最短路。 
int main()
{
    init();
    work();
    floyd();
    printf("%d",dis[1][n]);
    return 0;
}

 我的代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool G[70][70][70];
int d[70][70],n,m,x,y;
int main(){
    memset(d,10,sizeof(d));
    memset(G,false,sizeof(G));
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        cin>>x>>y;
        d[x][y]=1;
        G[x][y][0]=true;
    }//初始化了所有的路径
    for(int k=1;k<=64;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int t=1;t<=n;t++)
                for(int j=1;j<=n;j++)
                    if(G[i][t][k-1]&&G[t][j][k-1]){
                        G[i][j][k]=true;
                        d[i][j]=1;
                    }//初始化了所有可以到达的点
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                if(d[i][j]>d[i][k]+d[k][j])d[i][j]=d[i][k]+d[k][j];
    cout<<d[1][n];
    return 0;
}