问题描述
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偏偏又有赖床的坏毛病。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。
样例输入
4 4
1 1
1 2
2 3
3 4
样例输出
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。
解析
由题目描述可以很容易得到倍增的思路。点u跑2k到的点可以由u跑2k-1到的点再跑2k-1得到。枚举i表示当前是跑2i步，用一个数组记录每个点跑2^i-1步到的点。倍增后更新该数组。每到一个点，如果与枚举的出发点之间没有连边就连一条长度为1的边。在新建的图上跑最短路即可。因为边权只有1，可以用BFS解决。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define int long long
#define N 52
#define M 1000002
using namespace std;
struct node{
int x,d;
node(int _x,int _d){
x=_x,d=_d;
}
};
int head[N],ver[M*2],nxt[M*2],l;
int n,m,i,j,k,x,y,p[N][N],num[N],tmp[N][N],cnt[N];
bool g[N][N],vis[N][N],e[N];
int read()
{
char c=getchar();
int w=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c<='9'&&c>='0'){
w=w*10+c-'0';
c=getchar();
}
return w;
}
void insert(int x,int y)
{
l++;
ver[l]=y;
nxt[l]=head[x];
head[x]=l;
}
int bfs()
{
queue<node> q;
q.push(node(1,0));
e[1]=1;
while(!q.empty()){
int x=q.front().x,d=q.front().d;
q.pop();
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(!e[y]){
e[y]=1;
if(y==n) return d+1;
q.push(node(y,d+1));
}
}
}
return -1;
}
signed main()
{
n=read();m=read();
for(i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read();
if(!vis[u][v]) vis[u][v]=1,p[u][++num[u]]=v;
if(u!=v&&!g[u][v]){
insert(u,v);
g[u][v]=1;
}
}
for(i=1;i<64;i++){
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(x=1;x<=n;x++){
for(j=1;j<=num[x];j++){
y=p[x][j];
for(k=1;k<=num[y];k++){
if(!vis[x][p[y][k]]){
vis[x][p[y][k]]=1;
tmp[x][++cnt[x]]=p[y][k];
}
if(!g[x][p[y][k]]&&x!=p[y][k]){
g[x][p[y][k]]=1;
insert(x,p[y][k]);
}
}
}
}
for(x=1;x<=n;x++) num[x]=cnt[x];
for(x=1;x<=n;x++){
for(j=1;j<=num[x];j++) p[x][j]=tmp[x][j];
}
}
cout<<bfs()<<endl;
return 0;
}