## 图论-多源最短路径（$Floyd$算法）

### 一、$Floyd$
$Floyd$算法是一次性求所有结点之间的最短距离，能处理负权边的图，程序比暴力的$DFS$更简单，但是复杂度是$O(n^3)$，只适合 $n < 200$的情况。
$Floyd$运用了 **动态规划** 的思想，求 $i 、 j$两点的最短距离，可分两种情况考虑，即经过图中某个点 $k$的路径和不经过点 $k$ 的路径，**取两者中的最短路径**。


### 二、模板
```cpp {.line-numbers}
void floyd() {
	for (int k = 1; k <= n; k++)
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			if (g[i][k] != inf)  //优化
				for (int j = 1; j <= n; j++)
					if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j])
						g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
}
```

### 三、判负环

眼尖的人儿可能发现邻接矩阵 $g$ 中， $g[i][i]$并没有赋初值$0$，而是 $inf$。并且计算后 $g[i][i]$的值也不是 $0$，而是 $g[i][i]=g[i][u]+……+g[v][i]$，即从外面绕一圈回来的最短路径，而这正 **用于判断负圈**，即 $g[i][i]<0$。

#### [$POJ-3259$ $Wormholes$](https://link.juejin.cn/?target=https%3A%2F%2Fvjudge.net%2Fproblem%2FPOJ-3259)

**类型**
判负环

**题意**
- 正常路是$m$条双向正权边 
- 虫洞是$w$条单向负权边 
- 题目让判断是否有负权回路

**办法**
利用$Floyd$找两点间花费的最短时间，判断从起始位置到起始位置的最短时间是否为负值（判断负权环），若为负值，说明他通过虫洞回到起始位置时比自己最初离开起始位置的时间早。

**代码实现**:
在第二重循环，求完第$i$个结点后判断。$i$到$i$之间的最短距离是一个负值，说明存在一个经过它的负环。

```cpp {.line-numbers}
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

const int N = 502;
int n, m, w;
int g[N][N];

// floyd判断是否存在负圈
bool floyd() {
    for (int k = 1; k <= n; k++)
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (g[i][k] != INF) { // 优化
                for (int j = 1; j <= n; j++)
                    if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j])
                        g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
                if (g[i][i] < 0) return true; // 发现负圈
            }
    return false;
}
int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> m >> w;
        memset(g, INF, sizeof g); // 初始化邻接矩阵

        // 双向正值边
        while (m--) {
            int a, b, c;
            cin >> a >> b >> c;
            // 注意坑：重边
            g[a][b] = g[b][a] = min(c, g[a][b]);
        }
        // 单向负值边
        while (w--) {
            int a, b, c;
            cin >> a >> b >> c;
            g[a][b] = -c; // 负值边
        }

        if (floyd())
            puts("YES");
        else
            puts("NO");
    }
    return 0;
}
```

### 四、打印路径

#### [$HDU-1385$ $Minimum$ $Transport$ $Cost$](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1385)

**类型**
打印路径

**题意**
给你所有城市到其他城市的道路成本和经过每个城市的城市税，给你很多组城市，要求你找出每组城市间的最低运输成本并且输出路径，**如果有多条路径则输出字典序最小的那条路径**。 **注意**，起点城市和终点城市不需要收城市税(中间点才收税,也就是插值的$k$收税)。

**分析**
输出路径，多个答案则输出字典序最小的，无法到达输出$-1$。
读入邻接表， $w[]$记录每个城市额外费用， $path[][]$记录路径，$floyd()$里维护即可。然后处理下输出(比较恶心)。

> **解释**：`int path[N][N]; `
$i \rightarrow j$ 可能存在多条路线，我要找最短的。如果有多条最短的，我要字典序最小的。现在路线唯一了吧！比如这条路线最终是
$i \rightarrow a \rightarrow b \rightarrow c \rightarrow d \rightarrow j$,则$path[i][j]=a$,也就是第一个后继节点。

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 110;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
// Floyd+记录起点后继
int n;
int g[N][N], w[N];
int path[N][N]; // 记录i到j最短路径中i的后继

void floyd() {
    for (int k = 1; k <= n; k++)
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j] + w[k]) {
                    g[i][j] = g[i][k] + g[k][j] + w[k];
                    path[i][j] = path[i][k]; // i->j这条最短路径上，i后面第一个节点，是i->k路径上第一个节点
                }
                // 相同路径下选择后继更小的(为了字典序)
                if (g[i][j] == g[i][k] + g[k][j] + w[k])
                    if (path[i][j] > path[i][k])
                        path[i][j] = path[i][k];
            }
}

// 递归输出路径
void print(int s, int e) {
    printf("-->%d", path[s][e]); // 输出s的后继
    if (path[s][e] != e)         // 如果不是直连
        print(path[s][e], e);    // 递归输出后继
}
/*
From 1 to 3 :
Path: 1-->5-->4-->3
Total cost : 21

From 3 to 5 :
Path: 3-->4-->5
Total cost : 16

From 2 to 4 :
Path: 2-->1-->5-->4
Total cost : 17
*/
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("HDU1385.in", "r", stdin);
#endif
    while (cin >> n, n) {
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                cin >> g[i][j];
                if (g[i][j] == -1) g[i][j] = INF;
                path[i][j] = j;
            }

        for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
        floyd();

        int s, e;

        while (cin >> s >> e, ~s && ~e) {
            printf("From %d to %d :\n", s, e);
            printf("Path: %d", s);
            if (s != e) print(s, e); // 起点与终点不同开始递归
            printf("\nTotal cost : %d\n\n", g[s][e]);
        }
    }
    return 0;
}
```

### 五、最小环
#### [$HDU$-$1599$ $find$ $the$ $mincost$ $route$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1599)

**类型: 最小环**

**题意**：
>杭州有$N$个景区，景区之间有一些双向的路来连接，现在$8600$想找一条旅游路线，这个路线从$A$点出发并且最后回到$A$点，假设经过的路线为$V_1,V_2,…V_K$,$V_1$,那么必须满足$K>2$,就是说至除了出发点以外至少要经过$2$个其他不同的景区，而且不能重复经过同一个景区。现在$8600$需要你帮他找一条这样的路线，并且花费越少越好。
>**$Input$**
第一行是$2$个整数$N$和$M$（$N <= 100, M <= 1000$)，代表景区的个数和道路的条数。
接下来的$M$行里，每行包括$3$个整数$a,b,c$.代表$a$和$b$之间有一条通路，并且需要花费$c$元($c <= 100$)。
**$Output$**
对于每个测试实例，如果能找到这样一条路线的话，输出花费的最小值。如果找不到的话，输出"It’s impossible.".
**$Sample$ $Input$**
cpp
3 3
1 2 1
2 3 1
1 3 1
3 3
1 2 1
1 2 3
2 3 1
**$Sample$ $Output$**
3
It’s impossible

**分析**：
求最小环，用$g[]$记录原距离，当枚举中间结点 $k$时，首先知道任意两点 $i、j$不经过 $k$的最短路径 $dis[i][j]$（原$floyd$的二三重循环后更新 $dis[i][j]$得到经过$k$的最短路），此时枚举 $i$和 $j$得到一个经过 $k$的环（ $i$到 $j$， $j$到 $k$， $k$到 $i$）并记录最小答案即可，即 $dis[i][j] + g[i][k] + g[k][j]$。
注意题目 $i, j, k$不能相同，还有坑点：`long long`

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 110;

int dis[N][N], g[N][N];
int n, m, ans;

void floyd() {
    memcpy(dis, g, sizeof g);
    for (int k = 1; k <= n; k++) {
        // 最小环的DP操作
        for (int i = 1; i < k; i++)         // 枚举i,j
            for (int j = i + 1; j < k; j++) // 注意i,j,k不能相同
                if (ans > dis[i][j] + g[i][k] + g[k][j])
                    ans = dis[i][j] + g[i][k] + g[k][j];

        for (int i = 1; i <= n; i++) // 原floyd
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                if (dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j])
                    dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];
    }
}
signed main() {
    while (cin >> n >> m && (~n && ~m)) {
        // 邻接矩阵初始化
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                if (i == j)
                    g[i][j] = 0;
                else
                    g[i][j] = INF;

        while (m--) {
            int a, b, c;
            cin >> a >> b >> c;
            g[a][b] = g[b][a] = min(c, g[a][b]); // 防重边
        }
        ans = INF;
        floyd();
        if (ans == INF)
            puts("It's impossible.");
        else
            cout << ans << endl;
    }
}
```
### 六、传递闭包
#### [$HDU$-$1704$ $Rank$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1704)


**题意**
给出$M$对胜负关系，胜负关系有传递性（若$A$胜$B$，$B$胜$C$则$A$胜$C$）, **求有多少对不能确定的胜负关系**
 
**解法**：思路很简单，$floyd$ 一遍做传递闭包，然后暴力枚举就行辣，但是竟然会$TLE$，然后上网学了一种新的优化姿势（其实这种优化用处不大，但由于本题是非常稀疏的图，所以$O(N^3)$几乎变成了$O(N^2)$）

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N = 510;
int n, m, x, y, ans;
int g[N][N];

void floyd() {
    for (int k = 1; k <= n; k++)
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (!g[i][k]) continue; // floyd优化
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                g[i][j] |= g[i][k] & g[k][j]; // 通过k传递,或运算
        }
}
int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> m;
        memset(g, 0, sizeof g);
        while (m--) {
            cin >> x >> y;
            g[x][y] = 1; // x<y
        }
        // 计算传递闭包
        floyd();

        ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) // 统计答案
            for (int j = i + 1; j <= n; j++)
                if (!g[i][j] && !g[j][i]) ans++; // 无法确定大小关系
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}
```


### 七、变形
#### [$HDU$-$3631$ $Shortest$ $Path$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3631)

**题意**
有向图求$2$点间的最短路径，要求只能经过被标记的点

**思路**
由于只能用标记的点去更新，并且又要求任意两点之间的最短距离，显然$floyd$是最合适的。
这道题要用$floyd$过的话关键就看对于$floyd$的理解了，因为只有标记的点可以走，为了节省时间，我们可以在新标记点的时候以那点为中转点进行一次$floyd$，这就避免了$n^3$的复杂度

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N = 310;
int t, n, m, q;
int g[N][N];
bool flag[N]; // 记录是否标记
int a, b, c;

void floyd(int k) { // 以k为中转节点进行转移
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
            if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j])
                g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
}

int main() {
    // 加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    while (cin >> n >> m >> q && n + m + q) {
        if (t) printf("\n"); // 谜之格式
        printf("Case %d:\n", ++t);

        // 整体正无穷，对角线清零
        memset(g, inf, sizeof g);
        for (int i = 0; i <= n; i++) g[i][i] = 0;

        memset(flag, false, sizeof flag);

        while (m--) {
            cin >> a >> b >> c;
            g[a][b] = min(c, g[a][b]); // floyd也可以跑有向图
        }
        while (q--) {
            cin >> c;
            if (c == 0) {
                cin >> a;
                if (flag[a]) // 如果a已经被标记过了
                    printf("ERROR! At point %d\n", a);
                else {
                    flag[a] = true; // 标记上
                    floyd(a);       // 通过a进行其它节点转移
                }
            } else {
                cin >> a >> b;
                if (!(flag[a] && flag[b]))
                    printf("ERROR! At path %d to %d\n", a, b);
                else if (g[a][b] == inf)
                    printf("No such path\n");
                else
                    printf("%d\n", g[a][b]);
            }
        }
    }
    return 0;
}
```