训练角度：图上的状态转移，倍增 $\to$ 优化状态转移；

▍ 题意

精灵王国共有 $n$ 座城市，城市从 $1$ 到 $n$ 编号，其中城市 $i$ 的美食能为小 W 提供 $c_i$ 的愉悦值。精灵王国的城市通过 $m$ 条单向道路连接，道路从 $1$ 到 $m$ 编号，其中道路 $i$ 的起点为城市 $u_i$ ，终点为城市 $v_i$，沿它通行需要花费 $w_i$ 天。也就是说，若小 W 在第 $d$ 天从城市 $u_i$ 沿道路 $i$ 通行，那么他会在第 $d+w_i$ 天到达城市 $v_i$。

小 W 计划在精灵王国进行一场为期 $T$ 天的旅行，更具体地：他会在第 $0$ 天从城市 $1$ 出发，经过 $T$ 天的旅行，最终在恰好第 $T$ 天回到城市 $1$ 结束旅行。由于小 W 是一位美食家，每当他到达一座城市时（包括第 $0$ 天和第 $T$ 天的城市 $1$），他都会品尝该城市的美食并获得其所提供的愉悦值，若小 W 多次到达同一座城市，他将获得多次愉悦值。注意旅行途中小 W 不能在任何城市停留，即当他到达一座城市且还未结束旅行时，他当天必须立即从该城市出发前往其他城市。

对于上图，小 W 一种为期 $11$ 天的可行旅游方案为 $1\to 2\to 1\to 2\to 3\to 1$：

• 第 $0$ 天，小 W 从城市 $1$ 开始旅行，获得愉悦值 $1$ 并向城市 $2$ 出发。
• 第 $1$ 天，小 W 到达城市 $2$，获得愉悦值 $3$ 并向城市 $1$ 出发。
• 第 $4$ 天，小 W 到达城市 $1$，获得愉悦值 $1$ 并向城市 $2$ 出发。
• 第 $5$ 天，小 W 到达城市 $2$，获得愉悦值 $3$ 并向城市 $3$ 出发。
• 第 $7$ 天，小 W 到达城市 $3$，获得愉悦值 $4$ 并向城市 $1$ 出发。
• 第 $11$ 天，小 W 到达城市 $1$，获得愉悦值 $1$ 并结束旅行。
• 小 W 在该旅行中获得的愉悦值之和为 $13$。

此外，精灵王国会在不同的时间举办 $k$ 次美食节。具体来说，第 $i$ 次美食节将于第 $t_i$ 天在城市 $x_i$ 举办，若小 W 第 $t_i$ 天时恰好在城市 $x_i$，那么他在品尝城市 $x_i$ 的美食时会额外得到 $y_i$ 的愉悦值。现在小 W 想请作为精灵王国接待使者的你帮他算出，他在旅行中能获得的愉悦值之和的最大值。

输入格式

从标准输入中读入数据。

第一行四个整数 $n,m,T,k$，依次表示城市数、道路条数、旅行天数与美食节次数。

第二行 $n$ 个整数 $c_i$，表示每座城市的美食所能提供的愉悦值。接下来 $m$ 行每行三个整数 $u_i,v_i,w_i$，依次表示每条道路的起点、终点与通行天数。

最后 $k$ 行每行三个整数 $t_i,x_i,y_i$，依次表示每次美食节的举办时间、举办城市与提供的额外愉悦值。

本题中数据保证：

• 对所有 $1\le i\le m$，有 $u_i\ne v_i$。但数据中可能存在路线重复的单向道路，即可能存在 $1\le i<j\le m，使得u_i=u_j,v_i=v_j$。
• 对每座城市都满足：至少存在一条以该该城市为起点的单向道路。
• 每次美食节的举办时间 $t_i$ 互不相同。

输出格式

输出到标准输出中。

仅一行一个整数，表示小 W 通过旅行能获得的愉悦值之和的最大值。

若小 W 无法在第 $T$ 天回到城市 $1$，则输出 $-1$。

测试点约束

对于所有测试点：

$1\le n\le 50$，$n\le m\le 501$，$0\le k\le 200$，$1\le t_i\le T\le 10^9$。

$1\le w_i\le 5$，$1\le c_i\le 52501$，$1\le u_i,v_i,x_i\le n$，$1\le y_i\le 10^9$。

每个测试点的具体限制见下表：

测试点编号	$n$	$m$	$T$	特殊限制
$1\sim 4$	$\le 5$	$\le 50$	$\le 5$	无
$5\sim 8$	$\le 50$	$\le 50$	$\le 52501$	无
$9\sim 10$	$\le 50$	$\le 50$	$\le 10^9$	A
$11\sim 13$	$\le 50$	$\le 50$	$\le 10^9$	$k=0$
$14\sim 15$	$\le 50$	$\le 50$	$\le 10^9$	$k\le 10$
$16\sim 17$	$\le 50$	$\le 50$	$\le 10^9$	无
$18\sim 20$	$\le 50$	$\le 501$	$\le 10^9$	无

题目分析

问题建模

本题的核心是求解在特定时间约束下（恰好 $T$ 天返回起点）的最长路径问题，并处理多个时间点上的权值增益（美食节）。由于天数规模可达 1e9，直接逐天模拟不可行，需结合图论与动态规划进行高效求解。

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算法思路

采用 倍增法（Binary Lifting） 与 动态规划（DP） 结合，核心步骤包括：

1. 状态扩展（拆点）

   将每个城市拆分为 $(w_i\le 5)5$ 个状态（对应道路通行时间 $1\sim 5$ 天），通过状态转移表示 “剩余行走天数”。

   • 例如：城市 $u$ 的拆分点为 u * 5 - 5 + w，其中 w 表示还需 $w$ 天才能完成当前道路（如下图）。

2. 预处理倍增矩阵

   定义 f[d][i][j] 表示从状态 $i$ 到 $j$ 经过 $2^d$ 天的最大愉悦值。利用矩阵广义乘法（取 max 和加法）预处理所有可能的 $2^d$ 天转移。

3. 分段处理时间轴

   将整个 $T$ 天分割为多个区间（以美食节为分界点），逐个区间应用倍增矩阵快速计算状态转移，并在美食节时间点更新额外权值。

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关键步骤解析

1. 拆点建模

• 动机：处理道路通行时间 $w_i$（最多 $5$ 天）带来的多日转移问题。
• 方法：每个城市拆分为 $5$ 个状态，表示当前停留的 “剩余天数”。
  • 例如：道路 $u\to v$ 耗时 $3$ 天，对应 $u$ 的初始状态转移到 $v$ 的第 $2$ 个拆分点（还需 $2$ 天才能获得愉悦值）。

// 建边示例：u → v 耗时 w 天
int newU = u * 5 - 5;          // u 的初始拆分点（剩余 0 天）
int newV = v * 5 - 5 + w - 1;  // v 的拆分点（剩余 w-1 天）
f[0][newU][newV] = (w == 1 ? c_v : 0); // 若 w=1 直接获得愉悦值

2. 倍增矩阵预处理

• 状态转移方程：

  f[d][i][j] = max{ f[d-1][i][k] + f[d-1][k][j] }

  表示通过 $2^{d-1}$ 天的转移组合成 $2^d$ 天的转移。

• 时间复杂度：$O(logD\times n^3)$，其中 $n$ 为拆点后的总状态数（$5n$）。

// 预处理倍增矩阵
for (int d = 1; (1 << d) <= maxDay; d++) {for (int i = 0; i < nSize; i++)for (int j = 0; j < nSize; j++)for (int k = 0; k < nSize; k++)f[d][i][j] = max(f[d][i][j], f[d-1][i][k] + f[d-1][k][j]);
}

3. 时间轴分段处理

• 步骤：

  (1) 按美食节时间排序，将总时间分割为多个区间。

  (2) 对每个区间应用倍增法快速计算状态转移。

  (3) 在美食节时间点检查是否可达对应城市，更新愉悦值。

// 处理每个时间段
for (每个美食节时间段) {getSum(时间间隔); // 应用倍增矩阵if (可达美食节城市) ans[城市] += 额外愉悦值;
}

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复杂度分析

• 预处理阶段：$O(logD\times (5n{)}^3)$，$D$ 为最大时间间隔。
• 查询阶段：$O(k\times logT\times (5n{)}^2)$，$k$ 为美食节次数。
• 总体复杂度：约 $O(10^7)$ 量级，可处理题目最大数据规模

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long#define notDot -1
const int N = 256; // 50*5 每个点分裂成 5 个出来，最多 50 * 5个ll f[30][N][N]; // f[d][i][j] 从点 i 到点 j 经过 2^d 天后得到的最大权值和
struct node     // 美食街的数据结构
{int day, city, happy;bool operator<(const node &A) const{return day < A.day; // 按照美食节的时间进行排序};
} food[N];
ll ans[N];    // 记录答案的数组，经过若干天后抵达 i 结点的权值
int happy[N]; // 抵达 i 点的权值
int n, nSize; // nSize=5n/* 另外经过 day 天，抵达各个节点的最大权值 */
void getSum(int day)
{if (day == 0)return;                     // 如果是0天，没必要处理ll tmp[N];                      // 临时数组int k = 1, p = 0;               // 2^p=kfor (int i = 0; i < nSize; i++) // 初始化无法到达的情况tmp[i] = notDot;while (k * 2 <= day) // 求出 ⌊ 2^p=k && k<=day ⌋ 的 p 和 kp++, k <<= 1;for (int i = 0; i < nSize; i++)for (int j = 0; j < nSize; j++)/* 如果点 i （起始节点）可以抵达，且 i->j 可以抵达 */if (ans[i] >= 0 && f[p][i][j] >= 0)tmp[j] = std::max(tmp[j], ans[i] + f[p][i][j]); // 经过 2^p 天后的贡献for (int i = 0; i < nSize; i++)                             // 复制到 ansans[i] = tmp[i];if (day - k > 0)     // 还有天数未计算（不是2^p整数天）getSum(day - k); // 递归计算剩余问题
}int main()
{int m, fCount, day;std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(nullptr);std::cin >> n >> m >> day >> fCount;nSize = n * 5;for (int i = 0; i < nSize; i++){ans[i] = notDot; // 无法可达for (int j = 0; j < nSize; j++)if (i - 1 == j && i / 5 == j / 5)f[0][i][j] = 0; // i 点经过 2^0 天抵达 j 点 边费为0elsef[0][i][j] = notDot; // 其余情况无法直接到达}// 初始化ans[0] = 0; // 初始化站在节点 1，对应五倍扩展后的 0 节点for (int i = 0; i < n; i++){std::cin >> happy[i];f[0][i * 5 + 1][i * 5] = happy[i]; // 到达点 i 的权值/愉悦值}// 根据美食节，建边for (int i = 0, u, v, w; i < m; i++){std::cin >> u >> v >> w;int newU = u * 5 - 5, newV = v * 5 - 5 + w - 1; // 扩展后，u 点和 v 点 实际抵达的结点位置/* u 点到 v 点，如果是1天，则贡献直接为 v 点本身，否则需要再走 w-1 天才可抵达v点，边费为 0  */f[0][newU][newV] = (w == 1 ? happy[v - 1] : 0);}for (int i = 0; i < fCount; i++) // 美食节（ 举行天数、举行的城市、额外的愉悦值 ）std::cin >> food[i].day >> food[i].city >> food[i].happy;std::sort(food, food + fCount); // 按照美食节的时间进行排序int maxLine = 0;if (fCount == 0) // 没有美食节，则最大时间间隔就是总的旅游时间maxLine = day;else{maxLine = food[0].day; // 注意初始化，不能为 0，测试点为 80pts，少计算一个第一天的时间段// 对总时间用每个美食节进行分割，获取最长时间段for (int i = 0; i < fCount - 1; i++)maxLine = std::max(maxLine, food[i + 1].day - food[i].day);// 还要回到起点，看看旅行总天数 - 最后一个美食节的天数是否可以为更长maxLine = std::max(maxLine, day - food[fCount - 1].day);}// 递推倍增求 st 表，状态转移for (int d = 1; (1 << d) <= maxLine; d++){for (int i = 0; i < nSize; i++)for (int j = 0; j < nSize; j++){f[d][i][j] = notDot; // 初始化不可达for (int k = 0; k < nSize; k++)if (f[d - 1][i][k] >= 0 && f[d - 1][k][j] >= 0) // (i->k) + (k->j) = (i->j), a^d = a^(d-1) + a(d-1);f[d][i][j] = std::max(f[d][i][j], f[d - 1][i][k] + f[d - 1][k][j]);}}int nday = 0;for (int i = 0; i < fCount; i++) // 按照每一个美食节的时间段进行倍增、递推{getSum(food[i].day - nday);nday = food[i].day;int ed = food[i].city * 5 - 5;if (ans[ed] > notDot) // 如果美食节当天可以抵达城市，则增加额外的权值ans[ed] += food[i].happy;}getSum(day - nday);   // 总旅行时间 - 最后一个美食节的时间if (ans[0] == notDot) // 如果不能回到起点，则输出 -1，否则可以std::cout << notDot << "\n";elsestd::cout << ans[0] + happy[0] << "\n"; // 要把初始结点的权值也加上，表示可以回到起点return 0;
}

➪ 时间复杂度：主导项：$O(logD\times n^3)$，下面为详细的分析。

1. 预处理倍增数组（ f[d][i][j] 数组）

   • 循环结构：外层循环 $d$ 的迭代次数为 $O(logD)$，$D$ 是最大时间间隔（例如总天数 day）。

     内层三重循环 $(i,j,k)$ 的范围都是 $O(n)$（实际为 $5n$，但常数可以忽略）。

2. 递归处理时间段（ getSum 函数）

   • 递归次数：对于每个时间段进行二进制拆分，最多处理 $logDay$ 次。

     共需处理 $O(fCount+1)$ 个时间段（每个美食节分割一次 + 最后剩余天数）。

   • 单次处理：m诶次分解需便利所有节点对 $(i,j)$，复杂度 $O(n^2)$。

   • 总复杂度：$O(fCount+1)\times logday\times n^2)$，当 $fCount$ 较小时可以忽略，较大时可能接近 $O(logday\times n^3)$。

总结

本题通过拆点建模将复杂的时间转移转化为状态转移，结合倍增法高效处理大规模天数问题，并巧妙利用事件分割优化计算路径。该解法在时间与空间复杂度间取得平衡，是典型的图论与动态规划结合的高级应用。