【BZOJ4773】负环-倍增+Floyd

测试地址：负环
做法： 本题需要用到倍增+Floyd。
我们很快能想出$O(n^2m)$O(n2m)的算法：令$f(i,j,k)$f(i,j,k)为走$i$i条边，从$j$j走到$k$k的路径中最小的权值和。从小到大枚举$i$i转移即可。
然而并过不了，而且我们发现，负环的长度似乎也不是单调的，即存在长为$k$k的负环，不一定表示存在长为$k+1$k+1的负环。实际上，我们只要给每个点加一个边权为$0$0的自环，就可以解决这个问题了。
发现这个性质单调后，我们有两种思路：一是二分答案，二是倍增。但我们发现二分答案需要构造走$i$i步时的邻接矩阵（也就是上面写的$f(i,j,k)$f(i,j,k)组成的矩阵），和上面相比复杂度没有区别，因此我们排除这一思路，考虑倍增。
要使用倍增，需要明确一个问题：我们知道行走分两个阶段，得到第一个阶段和第二个阶段的邻接矩阵，如何把它们合并为整个行走的邻接矩阵呢？这时，我们可以使用一种类似Floyd，也类似于矩阵乘法的一个算法，即枚举中间点$k$k，然后枚举整个过程的起点$i$i和终点$j$j转移。我们发现这个东西和矩阵乘法非常类似，它也和矩阵乘法一样满足结合律，但不满足交换律，因此我们采用类似矩阵快速幂的倍增算法，先$O(n^3\log n)$O(n3logn)处理出走$2^i(i\ge 0)$2i(i≥0)次的邻接矩阵，然后从高到低枚举$i$i，如果当前行走的矩阵与走$2^i$2i次的邻接矩阵合并后，图中没有出现负环，则把当前行走的矩阵与走$2^i$2i次的矩阵合并作为新的当前行走的矩阵，即表示走了$2^i$2i步。最后，算法中行走的步数$+1$+1就是答案。注意答案比$n$n大时，显然就表示无解。于是我们就以$O(n^3\log n)$O(n3logn)的时间复杂度解决了这一题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1000000000;
int n,m,finalans=0;
struct matrix
{
	int dis[310][310];
}M[10],E,now,ans;

void mult(matrix A,matrix B,matrix &S)
{
	S=E;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			for(int k=1;k<=n;k++)
				S.dis[i][j]=min(S.dis[i][j],A.dis[i][k]+B.dis[k][j]);
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
			E.dis[i][j]=inf;
		E.dis[i][i]=0;
	}
	
	M[0]=E;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y,w;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		M[0].dis[x][y]=w;
	}
	for(int i=1;i<=9;i++)
		mult(M[i-1],M[i-1],M[i]);
	
	now=E;
	for(int i=9;i>=0;i--)
	{
		mult(now,M[i],ans);
		bool flag=0;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if (ans.dis[j][j]<0)
			{
				flag=1;
				break;
			}
		if (!flag) finalans+=(1<<i),now=ans;
	}
	if (finalans>n) printf("0");
	else printf("%d",finalans+1);
	
	return 0;
}