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。
Solution：
本题思路贼有意思。
首先按照题意每次能跳$2^k$的距离，不难想到用倍增，关键是倍增该怎么用到本题上。
很容易想到用倍增来预处理每个点能一次跳到的点并建边，那么问题就转化为了最短路问题了。
初始化设$g[i][j][k]$表示的是$i$到$j$能通过跳$2^k$一步到达，读入时便能处理出所有$k=0$的情况，然后就能直接倍增预处理了，状态转移方程为$g[i][j][k]=g[i][t][k-1]&g[t][j][k-1]$（意味着$i$到$t$能跳$2^{k-1}$次一步到达，$t$到$j$能跳$2^{k-1}$一步到达，那么$i$到$t$能跳$2^{k-1}+2^{k-1}=2^k$次一步到达），能一步到的就连边权为$1$。
最后只需要跑一下最短路就好了，$nleq 50$且题目中边所连的点还能相同，直接跑$floyd$就可以了。
代码：
#include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long #define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) #define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) using namespace std; int n,m,mp[55][55]; bool vis[55],g[55][55][25]; il int gi(){ int a=0;char x=getchar();bool f=0; while((x<'0'||x>'9')&&x!='-')x=getchar(); if(x=='-')x=getchar(),f=1; while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+x-48,x=getchar(); return f?-a:a; } int main(){ n=gi(),m=gi(); int u,v; memset(mp,0x3f,sizeof(mp)); For(i,1,m) u=gi(),v=gi(),g[u][v][0]=1,mp[u][v]=1; For(k,1,24) For(i,1,n) For(t,1,n) For(j,1,n) if(g[i][t][k-1]&&g[t][j][k-1]) g[i][j][k]=1,mp[i][j]=1; For(k,1,n) For(i,1,n) For(j,1,n) mp[i][j]=min(mp[i][j],mp[i][k]+mp[k][j]); cout<<mp[1][n]; return 0; }