魔法

$C$ 国由 $n$ 座城市与 $m$ 条有向道路组成，城市与道路都从 $1$ 开始编号，经过 $i$ 号道路需要 $t_i$ 的费用。

现在你要从 $1$ 号城市出发去 $n$ 号城市，你可以施展最多 $K$ 次魔法，使得通过下一条道路时，需要的费用变为原来的相反数，即费用从 $t_i$ 变为 $−t_i$。

请你算一算，你至少要花费多少费用才能完成这次旅程。

注意：使用魔法只是改变一次的花费，而不改变一条道路自身的 $t_i$；

最终的费用可以为负，并且一个城市可以经过多次（包括 $n$ 号城市）。

输入格式

第一行三个整数 $n,m,K$，表示城市数、道路数、魔法次数限制。

接下来 $m$ 行每行三个整数 $u_i,v_i,t_i$，第 $i$ 行描述 $i$ 号道路，表示一条从 $u_i$ 到 $v_i$ 的有向道路，经过它需要花费 $t_i$。

输出格式

仅一行一个整数表示答案。

数据范围

对于所有测试点和样例满足：
$1 \leq n \leq 100,1 \leq m \leq 2500,0 \leq K \leq {10}^{6},1 \leq u_i,v_i \leq n,1 \leq t_i \leq {10}^{9}$

数据保证图中无自环，无重边，至少存在一条从 $1$ 号城市到达 $n$ 号城市的路径。
每个测试点的具体限制见下表。

测试点编号	$n \leq$	$m \leq$	$K \leq$	特殊限制
$1 \sim 2$	$5$	$20$	$0$	无
$3 \sim 4$	$10$	$20$	$50$	无
$5 \sim 6$	$10$	$20$	$0$	无
$7 \sim 8$	$20$	$200$	$50$	图中无环
$9 \sim 10$	$20$	$200$	$0$	无
$11 \sim 12$	$100$	$200$	$50$	图中无环
$13 \sim 14$	$100$	$200$	$50$	无
$15 \sim 18$	$100$	$2500$	$1000$	无
$19 \sim 20$	$100$	$2500$	${10}^6$	无

输入样例1：

输出样例1：

-8

样例1解释

依次经过 $1$ 号道路、$2$ 号道路、$3$ 号道路，并在经过 $1$、$2$ 号道路前使用魔法。

输入样例2：

2 2 2
1 2 10
2 1 1

输出样例2：

-19

样例2解释

依次经过 $1$ 号道路、$2$ 号道路、$1$ 号道路，并在两次经过 $1$ 号道路前都使用魔法。

解题思路

　　$n$最大取值为$100$，又是求最短路的问题，这提示我们可以往Floyd的方向去想。

　　定义状态$f(k,i,j)$表示所有从$i$走到$j$最多使用$k$次魔法的方案的集合，属性就是最短距离。根据从$i$到$j$的路径中所经过的点$u$来把路径分成两段，其中前面一段$i \to \cdots \to u$使用魔法次数不超过$k-1$次，后面一段$u \to \cdots \to j$使用魔法次数不超过$1$次，这样就得到状态转移方程$$f(k,i,j) = \min_{1 \leq u \leq n} \{ f(k-1,i,u) + f(1,u,j) \}$$

　　直接这样做的话时间复杂度为$O(k \cdot n^3)$，肯定会超时。注意到状态转移方程中只涉及到$\min$与$+$运算，具有结合律的性质，可以用类似于快速幂求矩阵乘法的做法来求$f(k,i,j)$。具体请参考这篇博客：min 与 + 运算转换成类似于矩阵乘法的推导过程。

　　与上面博客的思路一样，我们把$f(k,i,j)$看成是矩阵$F^{k}_{n \times n}$第$i$行第$j$的元素，因此上面的状态转移方程就变成了$$F^{k}_{i,j} = \min_{1 \leq u \leq n}\left\{ F^{k-1}_{i,u} + F^{1}_{u,j} \right\}$$

　　其中$F^k$是一个$n \times n$的矩阵，里面的每一个元素$F^{k}_{i,j}$表示从$i$到$j$使用魔法不超过$k$次的最短路径。矩阵间的运算就是$F^{k} = F^{k-1} \ F^{1}$，通过递推可以发现有$F^k = \left( F^1 \right)^k$。由于具有结合律，因此可以用快速幂来解决。

　　那么$F^1$怎么求呢？根据定义矩阵$F^1$中任意一个元素$F^{1}_{i,j}$表示$i$到$j$使用魔法不超过$1$次的最短路径。这里有种暴力的解决方法，就是先求出任意两点间不使用魔法的最短路径，也就是$F^0$，这个直接跑Floyd就可以了。然后再枚举每一条边，把这条边的权值取相反数，假设这条边原来的权值为$w_{u,v}$，那么对于任意两点$i$和$j$，强行走这条边$i \to \cdots \to u \to v \to \cdots \to j$，这条路径就对$w_{u,v}$使用了一次魔法，看看路径长度是否比不使用魔法要短就可以了。因此有$$F^{1}_{i,j} = \min \left\{ F^{0}_{i,j}, \ F^{0}_{i,u} -w_{u,v} + F^{0}_{v,j} \right\}$$

　　AC代码如下，时间复杂度为$O(n^3 \cdot \log{k})$：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 typedef long long LL;
 5 
 6 const int N = 110, M = 2510, INF = 0x3f3f3f3f;
 7 
 8 int n, m, k;
 9 LL f[N][N], g[N][N], tmp[N][N];
10 struct Node {
11     int v, w, wt;
12 }e[M];
13 
14 void mul(LL c[][N], LL a[][N], LL b[][N]) {
15     memset(tmp, 0x3f, sizeof(tmp));
16     for (int i = 1; i <= n; i++) {
17         for (int j = 1; j <= n; j++) {
18             for (int k = 1; k <= n; k++) {
19                 tmp[i][j] = min(tmp[i][j], a[i][k] + b[k][j]);
20             }
21         }
22     }
23     memcpy(c, tmp, sizeof(tmp));
24 }
25 
26 int main() {
27     scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
28     for (int i = 1; i <= n; i++) {
29         for (int j = 1; j <= n; j++) {
30             g[i][j] = INF;
31         }
32         g[i][i] = 0;
33     }
34     for (int i = 0; i < m; i++) {
35         int v, w, wt;
36         scanf("%d %d %d", &v, &w, &wt);
37         e[i] = {v, w, wt};
38         g[v][w] = wt;
39     }
40     // 一开始跑Floyd，得到的g就是F^0
41     for (int k = 1; k <= n; k++) {
42         for (int i = 1; i <= n; i++) {
43             for (int j = 1; j <= n; j++) {
44                 g[i][j] = min(g[i][j], g[i][k] + g[k][j]);
45             }
46         }
47     }
48     memcpy(f, g, sizeof(g));
49     // 求F^1
50     for (int k = 0; k < m; k++) {
51         for (int i = 1; i <= n; i++) {
52             for (int j = 1; j <= n; j++) {
53                 f[i][j] = min(f[i][j], g[i][e[k].v] + g[e[k].w][j] - e[k].wt);
54             }
55         }
56     }
57     // 求(F^1)^k
58     while (k) {
59         if (k & 1) mul(g, g, f);
60         mul(f, f, f);
61         k >>= 1;
62     }
63     printf("%lld", g[1][n]);
64     
65     return 0;
66 }