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此类题目有一个明显的特点，是n个点或者n*n的矩阵，否则无法做矩阵运算
点数不能太大，因为矩阵操作的复杂度是O(N^3)的，所以大概最多只能有100个点
给一个n*n的矩阵a，保证a[i][i]>0，所有元素非负
若干次幂之后，问时候能保证矩阵中不含有零
首先说明一点，矩阵的数值是没有多少关系的，只有零和大于零的数有区别，不妨把大于零的数变成1。对于a*a，可以考虑到，如果求出来a[i][j]大于零，那么相当于i通过一个点可以到达j，那么a^k就可以理解为经过k个点，所有点能不能互相到达。矩阵保证了对角线均大于零，也就是说点i可以通过点i到达i，所以最后的结果就是求一下所有点是不是能互相到达即可（i如果能经过k个点到达j，那么经过大于k个点也能到达j）
所以，问题转化成求整个图的连通性
const int MAXN = 2100;
bitset<MAXN> ipt[MAXN];
int main()
{
// freopen("in.txt", "r", stdin);
int n;
while (~RI(n))
{
REP(i, n) REP(j, n)
{
int t;
RI(t);
ipt[i][j] = !!t;
}
bool ok = true;
REP(k, n) REP(i, n)
if (ipt[i][k])
ipt[i] |= ipt[k];
REP(i, n) REP(j, n) if (ipt[i][j] == 0) ok = false;
if (ok) puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}
const int MAXN = 2100;
vector<int> G[MAXN], RG[MAXN];
bool vis[MAXN], rvis[MAXN];
void dfs(int u)
{
vis[u] = true;
REP(i, G[u].size())
{
int v = G[u][i];
if (!vis[v])
dfs(v);
}
}
void rdfs(int u)
{
rvis[u] = true;
REP(i, RG[u].size())
{
int v = RG[u][i];
if (!rvis[v])
rdfs(v);
}
}
int main()
{
// freopen("in.txt", "r", stdin);
int n;
while (~RI(n))
{
CLR(vis, false); CLR(rvis, false);
REP(i, n)
{
G[i].clear();
RG[i].clear();
}
REP(i, n) REP(j, n)
{
int t;
RI(t);
if (t)
{
G[i].push_back(j);
RG[j].push_back(i);
}
}
dfs(0); rdfs(0);
bool ok = true;
REP(i, n) if (!vis[i]) ok = false;
REP(i, n) if (!rvis[i]) ok = false;
if (ok) puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}
const LL INF = 1e18;
const int MAXN = 60;
struct Matric
{
LL a[MAXN][MAXN];
int n;
} ipt;
Matric operator* (Matric x, Matric y)
{
Matric ret; ret.n = x.n;
REP(i, x.n) REP(j, x.n) ret.a[i][j] = INF;
REP(i, x.n) REP(j, x.n) REP(k, x.n)
ret.a[i][j] = min(ret.a[i][j], x.a[i][k] + y.a[k][j]);
return ret;
}
Matric pow(Matric a, int b)
{
Matric ret; ret.n = a.n;
bool flag = false;
while (b)
{
if (b & 1)
{
if (flag) ret = ret * a;
else ret = a;
flag = true;
}
a = a * a;
b >>= 1;
}
return ret;
}
int main()
{
// freopen("in.txt", "r", stdin);
int T, v, e, k, a, b, d;
RI(T);
REP(kase, T)
{
RIII(v, e, k);
ipt.n = v;
REP(i, v) REP(j, v) ipt.a[i][j] = INF;
REP(i, e)
{
RIII(a, b, d);
a--; b--;
ipt.a[a][b] = min(ipt.a[a][b], (LL)d);
}
ipt = pow(ipt, k);
if (ipt.a[0][v - 1] != INF)
cout << ipt.a[0][v - 1] << endl;
else
puts("-1");
}
return 0;
}
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原文地址：http://blog.csdn.net/wty__/article/details/24709425
