Description

　FJ 的N(2 <= N <= 1,000,000)头奶牛选择了接力跑作为她们的日常锻炼项目。至于进行接力跑的地点，自然是在牧场中现有的T(2 <= T <= 100)条跑道上。农场上的跑道有一些交汇点，每条跑道都连结了两个不同的交汇点I1i和I2i(1 <= I1i <=1,000; 1 <= I2i <= 1,000)。每个交汇点都是至少两条跑道的端点。奶牛们知道每条跑道的长度lengthi(1 <= lengthi <= 1,000)，以及每条跑道连结的交汇点的编号。并且，没有哪两个交汇点由两条不同的跑道直接相连。你可以认为这些交汇点和跑道构成了一张图。为了完成一场接力跑，所有N 头奶牛在跑步开始之前都要站在某个交汇点上（有些交汇点上可能站着不只1头奶牛）。当然，她们的站位要保证她们能够将接力棒顺次传递，并且最后持棒的奶牛要停在预设的终点。你的任务是，写一个程序，计算在接力跑的起点(S)和终点(E)确定的情况下，奶牛们跑步路径可能的最小总长度。显然，这条路径必须恰好经过N条跑道。

Solution

最多只有100条边

用类似矩阵乘法的思想，能不能矩阵乘法中的乘法换成加，加法换成min呢

答案是可以的。事实上这类所有满足结合律的东西都可以用矩阵快速幂加速

然后发现每个交汇点都是至少两条跑道的端点
所以最多只有100个点，然后直接用邻接矩阵，像求方案数一样做，乘法换成加，加法换成min，跑就好了

复杂度O(T3logN)

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 105
using namespace std;
int n,m,t,n1,bz[10*N],st,ed;
struct node
{
    long long a[N][N];
}a;
node ti(node a,node b)
{
    node c;
    fo(i,1,n)
        fo(j,1,n)
        {
            c.a[i][j]=1000000001;
            fo(k,1,n)
                if(a.a[i][k]!=0&&b.a[k][j]!=0) c.a[i][j]=min(a.a[i][k]+b.a[k][j],c.a[i][j]);
            if(c.a[i][j]==1000000001) c.a[i][j]=0;
        }
    return c;
}
node ksm(node k,int n)
{
    if(n==1) return k;
    node s=ksm(k,n/2);
    return (n%2)?ti(ti(s,s),k):ti(s,s);
}
int main()
{
    n=0;
    cin>>t>>m>>st>>ed;
    memset(a.a,0,sizeof(a.a));
    fo(i,1,m)
    {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&z,&x,&y);
        if(!bz[x]) bz[x]=++n;
        if(!bz[y]) bz[y]=++n;
        a.a[bz[x]][bz[y]]=a.a[bz[y]][bz[x]]=z;
    }
    a=ksm(a,t);
    cout<<a.a[bz[st]][bz[ed]];
}