图中每条边的权重为1，图可能有环，如果一个节点有自环，它可以是从0到无穷大的任意距离，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，但是距离的限制是 10^9 的顺序，因此 bfs 很慢。
我们将被要求对表单的给定图表进行多个查询 （距离，来源） o/p 是从源顶点开始的给定距离的节点列表。
约束
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。节点很小，但我无法弄清楚如何在较小的问题中减少问题。
这样做的有效方法是什么？
编辑：我尝试过使用矩阵求幂，但对于给定的约束，它太慢了。该问题的时间限制为 1 秒。
【问题讨论】：
标签： algorithm graph dynamic-programming cycle
让G = (V,E)成为你的图，并定义邻接矩阵A如下：
A[i][j] = 1 (V[i],V[j]) is in E
0 otherwise
在这个矩阵中，对于每个k：
(A^k)[i][j] > 0 if and only if there is a path from v[i] to v[j] of length exactly k.
这意味着通过创建此矩阵然后计算指数，您可以轻松得到答案。
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。
当您在同一张图上查找不同的查询时，这也将节省一些计算。
附录 - 索赔证明：
基础：A^1 = A，实际上在A 中定义，A[i][j]=1 当且仅当(V[i],V[j]) 在E 中
假设：假设所有l<k 的声明都是正确的
A^k = A^(k-1)*A。根据归纳假设，A^(k-1)[i][j] > 0 当且仅当存在从V[i] 到V[j] 的长度为k-1 的路径。
让我们检查两个顶点v1,v2，索引为i 和j。
如果它们之间存在长度为k 的路径，则设为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])是一条边。
A^k[i][j] = A^(k-1)*A[i][j] = A^(k-1)[i][1]A[1][j] + ... + A^(k-1)[i][m]A[m][j] + ... + A^(k-1)[i][n]A[n][j]
既然A[m][j] > 0 和A^(k-1)[i][m] > 0，那么A^(k-1)*A[i][j] > 0
如果没有这样的路径，那么对于每个顶点 u 使得 (u,v2) 是一条边，从 v 到 u 没有长度为 k-1 的路径（否则 v1->..->u->v2是一条长度为 k) 的路径。
然后，使用归纳假设我们知道如果A^(k-1)[i][m] > 0 那么A[m][j] = 0，对于所有m。
如果我们在定义 A^k[i][j] 的总和中分配它，我们会得到 A^k[i][j] = 0
QED
小提示：从技术上讲，A^k[i][j] 是i 和j 之间的路径数，长度正好为k。这可以证明与上面类似，但更多地关注细节。
为了避免数字增长过快（这将增加M(n)，因为您可能需要大整数来存储该值），并且由于您不关心 0/1 以外的值 - 您可以处理矩阵作为布尔值 - 仅使用 0/1 值并修剪其他任何值。
【讨论】：
如果你的图中有循环，那么你可以推断cycle * N + 1中的每个相邻节点之间都有一个链接，因为你可以随意迭代。
这让我想到了这个主意，我们可以利用循环来发挥我们的优势！
在检测循环时使用 BFS，我们计算offset + cycle*N，然后我们尽可能接近我们的目标（K）
然后很容易地搜索 K。
例如
A -> B -> C -> D -> B K = 1000； S = A;
A - 0
B - 1
C - 2
D - 3
B - 1 (+ 4N)
在这里你可以查看k - (1+4N) = 0的floor() > 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)
从这里您只能再数几步。
在这个例子中（作为一个正则表达式）：A(BCD){249}BCD
【讨论】：