洛谷 跑路（倍增，floyed）

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

4 4
1 1
1 2
2 3
3 4

输出

1

思路

有倍增的思想，用不到倍增的算法。题意是这样的如果1-n的长度为6，他就没法一秒到达，他只能走2^k的长度,也就是先走2再走4.
这也就是为什么我们不能先求出最短路再算时间的原因，同上面的例子，如果1-n的最短路是6，而还有条路是8，显然最短时间是8的路上取得。
我们用f[i][j][k]表示i到j能不能走2^k步到达，如果可以i到j的时间为1（t[i][j]=1)
代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m;
bool f[55][55][40];
int t[55][55];
void solve(){
    for(int k=1;k<=32;k++){
       for(int i=1;i<=n;i++){
           for(int j=1;j<=n;j++){
              for(int l=1;l<=n;l++){
                  if(f[i][j][k-1]&&f[j][l][k-1]){
                     f[i][l][k]=true;
                     t[i][l]=1;
                  }
              }
           }
       }
    }    
}
void floyed(){
    for(int k=1;k<=n;k++)
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    t[i][j]=min(t[i][j],t[i][k]+t[k][j]);
}
int main()
{memset(f,false,sizeof(f));
memset(t,10,sizeof(t));
    cin>>n>>m;
  for(int i=1;i<=m;i++){
    int u,v;
    cin>>u>>v;
    f[u][v][0]=true;
    t[u][v]=1;
  }
  solve();
  floyed();
cout<<t[1][n]; 

}