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给定一张由T条边构成的无向图，点的编号为1~1000之间的整数。

求从起点S到终点E恰好经过N条边（可以重复经过）的最短路。

注意: 数据保证一定有解。

输入格式
第1行：包含四个整数N，T，S，E。

第2…T+1行：每行包含三个整数，描述一条边的边长以及构成边的两个点的编号。

输出格式
输出一个整数，表示最短路的长度。

数据范围
2≤T≤100,
2≤N≤106
输入样例：
2 6 6 4
11 4 6
4 4 8
8 4 9
6 6 8
2 6 9
3 8 9
输出样例：
10

题解：

之前说了floyd的本质也是dp，这道题考的就是倍增加floyd。我们知道传统的floyd的 $f(k,i,j)$ 表示的是i到j经过第 $1-k$ 个节点的最短路径，那么我们这里修改下dp的含义，代表i到j恰好经过k条边的路径长度。那么我们转移方程是不是变成了 $f(a+b,i,j)=f(a,i,k)+f(b,k,j),k=(1,n)$ 然后这道题为什么可以用倍增呢？我们分析一下，我们从起点到终点恰好经过m条边这个过程，我们总距离是不会变的，所以我们先求后面或者前面结果也是不变的，代表他满足结合律，所以我们可以用类似快速幂的思路求答案。log级别，而不用先把1加起来再加2…这里还有一个易错点，因为我们已经改变了floyd的数组含义，所以我们开始赋值的时候f[i][i]就不能等于0了，比如我们从i到i经过k(k>0)跳边的距离有可能为0吗？

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>

using namespace std;

const int N = 210;

int k, n, m, S, E;
int g[N][N];
int res[N][N];

void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N])
{
    static int temp[N][N];
    memset(temp, 0x3f, sizeof temp);
    for (int k = 1; k <= n; k ++ )
        for (int i = 1; i <= n; i ++ )
            for (int j = 1; j <= n; j ++ )
                temp[i][j] = min(temp[i][j], a[i][k] + b[k][j]);
    memcpy(c, temp, sizeof temp);
}

void qmi()
{
    memset(res, 0x3f, sizeof res);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) res[i][i] = 0;

    while (k)
    {
        if (k & 1) mul(res, res, g);    // res = res * g
        mul(g, g, g);   // g = g * g
        k >>= 1;
    }
}

int main()
{
    cin >> k >> m >> S >> E;

    memset(g, 0x3f, sizeof g);
    map<int, int> ids;
    if (!ids.count(S)) ids[S] = ++ n;
    if (!ids.count(E)) ids[E] = ++ n;
    S = ids[S], E = ids[E];

    while (m -- )
    {
        int a, b, c;
        cin >> c >> a >> b;
        if (!ids.count(a)) ids[a] = ++ n;
        if (!ids.count(b)) ids[b] = ++ n;
        a = ids[a], b = ids[b];

        g[a][b] = g[b][a] = min(g[a][b], c);
    }

    qmi();

    cout << res[S][E] << endl;

    return 0;
}

来源：CSDN

作者：行走天涯的豆沙包

链接：https://blog.csdn.net/weixin_42979819/article/details/104072359

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floyd变形——牛站

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题解：