P1613 跑路（倍增）
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
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。
洛谷题解
这道题目求的是从1号点到n号点最少要几秒到达。我们可以看到这个跑路器，每秒跑2^k条边（每条边1km），所以呢，这道题目明显就和“倍增”扯上了关系。回忆倍增，我们总是用一个参数k表示2^k，这道题目也一样，我们需要用一个bool类型G数组，G[i][j][k]代表从i到j是否存在一条长度为2^k的路径。再用dis数组来记录两点之间需要用多久到达。这样我们可以用G来保存所有的边，并且进行预处理，把所有一秒能到的两个点之间都连上边，并把距离相应调整为1。那么我们就把所有一秒能到的点之间都铺上了边，接下来我们就要求出两点之间的最短路啦，那么，大家都明白了，对于50的数据，Floyd绝对是最简单可行的办法了。
下面上代码。
比如说a到b是1，b到c是2，那么a到c是需要两次的。
预处理的时候只有两个都是k-1的时候才行
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int dis[60][60],n,m; 4 bool G[60][60][65]; 5 /*以上是变量说明部分，dis[i][j]表示i到j的路径/边的长度 6 G[i][j][k]表示，i到j是否存在一条长度为2^k的路径 7 如果有，为true，没有就是false*/ 8 void init() 9 { 10 memset(G,false,sizeof(G)); 11 memset(dis,10,sizeof(dis)); 12 scanf("%d%d",&n,&m); 13 for(int i=1;i<=m;i++) 14 { 15 int x,y; 16 scanf("%d%d",&x,&y); 17 dis[x][y]=1; 18 G[x][y][0]=true; 19 /*初始化，x到y的路径（边）最短是1，也就是x到y存在 20 一条长度为2^0的路径（边）*/ 21 } 22 } 23 void work()//此函数对G和dis做预处理 24 { 25 for(int k=1;k<=64;k++) 26 //对于本题的数据，2^64已经足够。 27 for(int i=1;i<=n;i++) 28 for(int t=1;t<=n;t++) 29 for(int j=1;j<=n;j++) 30 //枚举三个点 31 if(G[i][t][k-1]&&G[t][j][k-1]) 32 /*如果i到t存在一条2^k-1长度的路径 33 并且t到j存在一条2^k-1长度的路径 34 就说明i到t，t到j都可以一秒到达， 35 路程*2刚好是2的幂，也可以一秒到达*/ 36 { 37 G[i][j][k]=true; 38 //标记从i到j存在一条长度为2^k的路径 39 dis[i][j]=1; 40 //i到j距离可以一秒到达 41 } 42 } 43 void floyd() 44 { 45 for(int k=1;k<=n;k++) 46 //这里的注意点：枚举中间点的循环放在最前面 47 for(int i=1;i<=n;i++) 48 for(int j=1;j<=n;j++) 49 dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); 50 //松弛操作。 51 }//Floyd图论求最短路。 52 int main() 53 { 54 init(); 55 work(); 56 floyd(); 57 printf("%d",dis[1][n]); 58 return 0; 59 }