图中的每个边都具有1的权重，图可以具有周期，如果节点具有自循环，则它可以是从0到无穷大的任何距离，具体取决于编号 . 我们采取自我循环的时间 .
我已经使用bfs解决了这个问题，但是对距离的约束是10 ^ 9的顺序，因此bfs很慢 .
我们将在形式（距离，源）的给定图形上询问多个查询，并且o / p是从源顶点开始精确地在给定距离处的节点列表 .
Constraints
1<=Nodes<=500
1<queries<=500
1<=distance<=10^9
我有一种感觉，会有很多重复的计算作为没有 . 节点很小，但我无法弄清楚如何在较小的问题中减少问题 .
有效的方法是什么？
编辑：我已经尝试过使用矩阵求幂，但对于给定的约束，它太慢了 . 问题的时间限制为1秒 .
2 回答
设
G = (V,E)为您的图形，并按如下方式定义邻接矩阵A：在此矩阵中，每个
k：这意味着通过创建此矩阵然后计算指数，您可以轻松获得答案 .
对于快速指数计算，您可以使用exponent by squaring，这将产生
O(M(n)^log(k))，其中M(n)是nXn矩阵的cost for matrix multiplication .在同一图表上查找不同的查询时，这也可以节省一些计算 .
Appendix - claim proof:
基数：
A^1 = A，确实在A中定义，A[i][j]=1当且仅当(V[i],V[j])在E中时假设：假设声明对所有人都是正确的
l<kA^k = A^(k-1)*A. 从归纳假设，A^(k-1)[i][j] > 0iff从V[i]到V[j]的路径长度为k-1.让我们检查两个顶点
v1,v2，其索引为i和j.如果它们之间的路径长度为
k，则为v1->...->u->v2. 设u的索引为m.来自i.h.
A^(k-1)[i][m] > 0因为有路径 . 另外A[m][j] = 1，因为(u,v2) = (V[m],V[j])是一个边缘 .自
A[m][j] > 0和A^(k-1)[i][m] > 0，然后A^(k-1)*A[i][j] > 0如果没有这样的路径，则对于每个顶点
u使得（u，v2）是边，从v到u没有长度k-1的路径（其他v1->..->u->v2是长度为k的路径） .然后，使用归纳假设我们知道如果
A^(k-1)[i][m] > 0然后A[m][j] = 0，对于所有m.如果我们在定义
A^k[i][j]的总和中分配，我们得到A^k[i][j] = 0QED
小注意：从技术上讲，
A^k[i][j]是i和j之间的路径数k. 这可以证明与上面类似，但更多地关注细节 .为了避免数字增长太快（因为您可能需要大整数来存储该值，因此会增加
M(n)），并且由于您不关心0/1以外的值 - 您可以将矩阵视为布尔值 - 仅使用0/1值并修剪其他任何内容 .如果图表中有循环，那么您可以推断出
cycle * N + 1中每个相邻节点之间存在链接，因为您可以根据需要进行迭代 .这让我想到了这个想法，我们可以利用这些循环来获得优势！
在检测周期时使用BFS，我们计算
offset + cycle*N然后我们接近我们的目标（K）很容易搜索K.
例如
A - > B - > C - > D - > B K = 1000; S = A;
A - 0
B - 1
C - 2
D - 3
B - 1（4N）
在这里你可以检查
k - (1+4N) = 0的地板（）1000 - 1 - 4N = 0>999 = 4N>N=249=>最好的B是249*4 + 1=997更简单的方法是计算：
round(k - offset, cycle)从这里你可以只计算几个步骤 .
在此示例中（作为REGEX）：
A(BCD){249}BCD