给定一个带有自循环的有向加权图，找到与给定节点 x 恰好 k 距离的节点列表？
Given a directed weighted graph with self loops ,find the list of nodes that are exactly k dist from a given node x?
图中每条边的权重都是1，图中可能有环，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。时间我们采取自我循环。
我已经用bfs解决了这个问题，但是距离的限制是10^9，所以bfs很慢。
我们将被要求对表格的给定图表进行多次查询
（距离，来源）
o/p 是从源顶点开始的给定距离处的节点列表。
约束条件
1<=Nodes<=500
1<queries<=500
1<=distance<=10^9
我有一种感觉，因为这个号码会重复计算很多次。节点数很小，但我无法弄清楚如何在较小的问题中减少问题。
执行此操作的有效方法是什么？
编辑：我试过使用矩阵求幂，但对于给定的约束，它太慢了。该问题的时间限制为 1 秒。
设G = (V,E)为你的图，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.
这意味着通过创建这个矩阵然后计算指数，您可以轻松得到答案。
对于快速指数计算，您可以对 nXn 矩阵使用 exponent by squaring, which will yield O(M(n)^log(k)) where M(n) is the cost for matrix multiplication。
在同一图表上查找不同的查询时，这也将为您节省一些计算。
附录-索赔证明：
基础：A^1 = A，并且根据定义确实在 A 中，A[i][j]=1 当且仅当 (V[i],V[j]) 在 E
中
假设：假设声明对所有 l<k
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
让我们检查索引为 i 和 j 的两个顶点 v1,v2。
如果它们之间有一条长度为 k 的路径，则设为 v1->...->u->v2。令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]
并且由于 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，没有从 v 到长度 k-1 的路径u（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，长度正好是 k。这可以证明与上述类似，但更注重细节。
为了避免数字增长过快（这会增加 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 - 您可以将矩阵视为布尔值 - 仅使用 0/1 值并修剪其他任何值。
如果你的图中有循环，那么你可以推断出 cycle * N + 1 中每个相邻节点之间有一个 link，因为你可以根据需要进行迭代。
这让我想到了，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)
在这里你可以检查 k - (1+4N) = 0 > 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)
从这里你只能再数几步了。
在此示例中（作为正则表达式）：A(BCD){249}BCD
图中每条边的权重都是1，图中可能有环，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。时间我们采取自我循环。
我已经用bfs解决了这个问题，但是距离的限制是10^9，所以bfs很慢。
我们将被要求对表格的给定图表进行多次查询 （距离，来源） o/p 是从源顶点开始的给定距离处的节点列表。
约束条件
1<=Nodes<=500
1<queries<=500
1<=distance<=10^9
我有一种感觉，因为这个号码会重复计算很多次。节点数很小，但我无法弄清楚如何在较小的问题中减少问题。
执行此操作的有效方法是什么？
编辑：我试过使用矩阵求幂，但对于给定的约束，它太慢了。该问题的时间限制为 1 秒。
设G = (V,E)为你的图，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.
这意味着通过创建这个矩阵然后计算指数，您可以轻松得到答案。
对于快速指数计算，您可以对 nXn 矩阵使用 exponent by squaring, which will yield O(M(n)^log(k)) where M(n) is the cost for matrix multiplication。
在同一图表上查找不同的查询时，这也将为您节省一些计算。
附录-索赔证明：
基础：A^1 = A，并且根据定义确实在 A 中，A[i][j]=1 当且仅当 (V[i],V[j]) 在 E
假设：假设声明对所有 l<k
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].
k-1 的路径
让我们检查索引为 i 和 j 的两个顶点 v1,v2。
如果它们之间有一条长度为 k 的路径，则设为 v1->...->u->v2。令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]
并且由于 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，没有从 v 到长度 k-1 的路径u（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，长度正好是 k。这可以证明与上述类似，但更注重细节。
为了避免数字增长过快（这会增加 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 - 您可以将矩阵视为布尔值 - 仅使用 0/1 值并修剪其他任何值。
如果你的图中有循环，那么你可以推断出 cycle * N + 1 中每个相邻节点之间有一个 link，因为你可以根据需要进行迭代。
这让我想到了，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)
在这里你可以检查 k - (1+4N) = 0 > 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)
从这里你只能再数几步了。
在此示例中（作为正则表达式）：A(BCD){249}BCD