loj3339 美食家

Description

一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，每条边有权值 \(w_i\) 表示走完该边需要的时间，每次走到点 \(i\) 都可以获得 \(c_i\) 的收益。

在 \(0s\) 时，你从起点 \(1\) 出发，不断沿图中的边走知道 \(Ts\) 时回到 \(1\) 号点，中途不能在任何点上停留 。同时还有 \(k\) 个特殊收益，第 \(i\) 个表示如果你在 \(t_i\) 天时恰好在城市 \(x_i\) ，则会额外获得 \(v_i\) 的收益。请求出最大的总收益。

\(n\le 50,m\le 501,T\le 10^9,k\le 200,1\le w_i\le 5,1\le c_i\le 52501\)。

Solution

首先容易想到朴素 \(DP\)，设 \(dp_{t,x}\) 表示 \(ts\) 时恰好到达点 \(x\) 的所有方案中的最大总收益，然后暴力枚举下一步走的边进行转移：

\[dp_{t,v}=\max(dp_{t,v},dp_{t-1,u}+c_v+w_{t,v}) \]

其中 \(w_{t,v}\) 为 \(t\) 时刻 \(v\) 点的特殊收益。

这样做的复杂度时 \(\mathcal O(mT)\) 的。

\(T\) 的数据范围提示我们使用矩阵快速幂，注意到题目中保证 \(w_i\le 5\)，因此 \(dp_{t,x}\) 只可能有 \(\ge t-5\) 时间的 \(dp\) 值转移到时间 \(t\) 的所有 \(dp\) 值，因此会影响时间 \(t\) 的 \(dp\) 值的点只有 \(5n\) 个，于是可以直接将这 \(5n\) 个点的转移写成矩阵。

具体地，设当前需要求 \(t\) 时刻的所有 \(dp\) 值，影响它们的所有 \(5n\) 个 \(dp\) 值可以写成一个列向量：

\[\begin{pmatrix} dp_{1,t-5}\\ dp_{2,t-5}\\ \dots\\ dp_{n,t-5}\\ dp_{1,t-4}\\ \dots\\ dp_{n,t-4}\\ \dots\\ dp_{1,t-1}\\ \dots\\ dp_{n,t-1} \end{pmatrix} \]

那么新的列向量需要继承 \(t-4\sim t-1\) 的 \(dp\) 值转移得到 \(t\) 的 \(dp\) 值。这个相信大家都会，本题中 \(dp\) 的转移是关于 \(+\) 与 \(\max\) 的，但我们也可以跟普通矩阵快速幂一样做，只需要将一般矩阵乘法 \((+,\times)\)，变为 \((\max,+)\)

大力写出转移矩阵，由于在 \(k\) 个有特殊收益的时间内需要特殊处理，因此可以将时间 \(T\) 分为 \(k\) 段依次处理，对于每一段分别进行矩阵快速幂后用列向量左乘，然后再单独处理特殊点的转移，这样做的复杂度就是 \(\mathcal O((5n)^3k\log T)\) 了。

考虑优化，每次暴力进行矩阵快速幂实际上没有必要，因为每次都对同一个矩阵取幂，那么可以预处理该矩阵的 \(2^k\) 次幂，复杂度为 \(\mathcal O((5n)^3\log T)\)，对于每一段时间，设需要乘上一个矩阵的 \(c\) 次方，那么将 \(c\) 拆为多个 \(2^k\) 相加，用答案的列向量分别去乘这些矩阵，单次乘法的复杂度是 \(\mathcal O((5n)^2)\)，因此总复杂度为 \(\mathcal O((5n)^3\log T+(5n)^2k\log T)\)，可以通过此题。

本题的优化方法算是矩阵快速幂的一种常见套路了，建议记录一下。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=251;
const ll inf=-1e15;
int d;
struct matrix{
	ll c[N][N];
	inline void init(ll x){
		for(int i=0;i<d;++i)
			for(int j=0;j<d;++j) c[i][j]=i==j?x:inf;
	}
}pw[30];
matrix operator *(const matrix &A,matrix &B){
	matrix ret;
	for(int i=0;i<d;++i)
		for(int j=0;j<d;++j){
			ret.c[i][j]=inf;
			for(int k=0;k<d;++k) ret.c[i][j]=max(ret.c[i][j],A.c[i][k]+B.c[k][j]);
		}
	return ret;
}
int n,m,T,k,c[N];
inline int id(int x,int y){return y*n+x-1;}
struct query{
	int t,x,y;
}q[N];
bool operator <(const query &a,const query &b){return a.t<b.t;}
typedef vector<ll> vec;//列向量
vec operator *(const vec &A,const matrix &B){
	vec ret;ret.resize(d);
	for(int i=0;i<d;++i){
		ret[i]=inf;
		for(int j=0;j<d;++j)
			ret[i]=max(ret[i],A[j]+B.c[i][j]);
	}
	return ret;
} 
int main(){
//	freopen("delicacy.in","r",stdin);
//	freopen("delicacy.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&T,&k);d=n*5;
	pw[0].init(inf);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&c[i]);
		for(int j=0;j<4;++j) pw[0].c[id(i,j)][id(i,j+1)]=0;
	}
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;++i){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		pw[0].c[id(v,4)][id(u,5-w)]=c[v];	
	}
	for(int i=1;(1<<i)<=T;++i) pw[i]=pw[i-1]*pw[i-1];
	for(int i=1;i<=k;++i) scanf("%d%d%d",&q[i].t,&q[i].x,&q[i].y);
	q[++k]=(query){T,1,0};
	sort(q+1,q+k+1);
	vec ret;ret.resize(d);
	for(int i=0;i<d;++i) ret[i]=inf;
	ret[id(1,4)]=c[1];
	for(int l=1,r=0;l<=k;l=r+1){
		r=l;
		while(r<k&&q[r+1].t==q[l].t) ++r;
		int tmp=q[l].t-q[l-1].t;
//		cout<<l<<" "<<r<<" "<<tmp<<endl;
		if(tmp>0){
			for(int i=0;(1<<i)<=tmp;++i)
				if(tmp&(1<<i)) ret=ret*pw[i];
		}
		for(int i=l;i<=r;++i)
			ret[id(q[i].x,4)]+=q[i].y;
	}
	printf("%lld\n",ret[id(1,4)]<=-1?-1:ret[id(1,4)]);
	return 0;
}