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python/TangDou/Topic/【最短路径】Dijkstra算法专题.md

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Dijkstra算法专题

一、解决的问题

计算从 源 到所有其他各顶点的最短路径长度。这里的长度是指路上各边权之和。这个问题通常称为单源最短路径问题。

二、算法原理

视频讲解 : 【5分钟搞定Dijkstra算法】

三、题单

【模板题】AcWing 850. Dijkstra求最短路 II

输入样例

3 3
1 2 2
2 3 1
1 3 4

输出样例

3

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 150010, M = N << 1;

int st[N];
int dis[N]; // 距离数组

// 邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

int n, m;
int dijkstra() {
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    dis[1] = 0;
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q; // 小顶堆
    q.push({0, 1});

    while (q.size()) {
        PII t = q.top();
        q.pop();
        int u = t.second;
        if (!st[u]) {
            st[u] = 1;
            for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
                int v = e[i];
                if (dis[v] > dis[u] + w[i]) {
                    dis[v] = dis[u] + w[i];
                    q.push({dis[v], v});
                }
            }
        }
    }
    if (dis[n] == INF) return -1;
    return dis[n];
}
int main() {
    cin >> n >> m;
    memset(h, -1, sizeof h);
    while (m--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c);
    }
    printf("%d\n", dijkstra());
    return 0;
}

AcWing 1129. 热浪

与模板相比，只是起点和终点是输入的，其它无区别。

输入样例：

7 11 5 4
2 4 2
1 4 3
7 2 2
3 4 3
5 7 5
7 3 3
6 1 1
6 3 4
2 4 3
5 6 3
7 2 1

输出样例：

7

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2510;
const int M = 6200 * 2 + 10;

typedef pair<int, int> PII;

int h[N], w[M], e[M], ne[M], idx;
bool st[N];
int dis[N];

void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

int n, m, S, T;

int dijkstra() {
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    dis[S] = 0;

    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
    q.push({0, S});
    while (q.size()) {
        PII t = q.top();
        q.pop();
        int u = t.second;
        if (st[u]) continue;
        st[u] = true;
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            if (dis[v] > dis[u] + w[i]) {
                dis[v] = dis[u] + w[i];
                q.push({dis[v], v});
            }
        }
    }
    return dis[T];
}

int main() {
    cin >> n >> m >> S >> T;
    memset(h, -1, sizeof h);

    while (m--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    printf("%d\n", dijkstra());
    return 0;
}

AcWing 1128. 信使

总结：从1号哨所出发，计算出到每个哨所的最短路径，所以最短路径中最长的，表示需要的最少时间，是一个最短路径模板+思维问题。

输入样例：

4 4
1 2 4
2 3 7
2 4 1
3 4 6

输出样例：

11

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 110;
const int M = 2 * 210; // 无向图，需要开二倍的数组长度！

int n, m;
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int dis[N];
bool st[N];

int dijkstra() {
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    dis[1] = 0;

    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<int>> q;
    q.push({0, 1});

    while (q.size()) {
        PII t = q.top();
        q.pop();
        int u = t.second;
        if (st[u]) continue;
        st[u] = true;

        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            if (dis[v] > dis[u] + w[i]) {
                dis[v] = dis[u] + w[i];
                q.push({dis[v], v});
            }
        }
    }
    int mx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (dis[i] == INF) return -1;
        mx = max(mx, dis[i]);
    }
    return mx;
}
int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;
    while (m--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    printf("%d\n", dijkstra());
    return 0;
}

AcWing 1127. 香甜的黄油

总结：本题不是有固定的起点和终点，是起点不一定是哪个。我们需要枚举每一个点做为起点，然后计算每个点作为起点时，消耗的总的边权和，也是代价值。最后比较一下最小的代价值，可以找出哪个点作为起点是最好的选择。

输入样例：

3 4 5
2
3
4
1 2 1
1 3 5
2 3 7
2 4 3
3 4 5

输出样例：

8

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 810;  // 牧场数 上限800
const int M = 3000; // 牧场间道路数 上限1450，无向图开双倍
const int INF = 0x3f3f3f3f;
// 邻接表
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

int n, p, m; // 三个数：奶牛数 ，牧场数 ，牧场间道路数
int id[N];   // 每只奶牛在哪个牧场
int dis[N];  // 记录起点到任意点的最短路径
bool st[N];  // 标识每个牧场是否入过队列

int dijkstra(int S) {
    memset(st, 0, sizeof st);
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    dis[S] = 0;
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
    q.push({0, S});

    while (q.size()) {
        PII t = q.top();
        q.pop();

        int u = t.second;
        if (st[u]) continue;
        st[u] = true;

        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            if (dis[v] > dis[u] + w[i]) {
                dis[v] = dis[u] + w[i];
                q.push({dis[v], v});
            }
        }
    }
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {     // 遍历每只奶牛
        int j = id[i];                 // j号牧场
        if (dis[j] == INF) return INF; // 如果j号牧场失联了，则无法获得结果
        res += dis[j];                 // 累加一个最小距离
    }
    return res; // 整体的最小距离
}
int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> p >> m;                        // 奶牛数，牧场数，牧场间道路数
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> id[i]; // 1 到 N 头奶牛所在的牧场号

    while (m--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    int ans = INF;

    // 枚举每个牧场为出发点，计算它的最短距离和　中的最小值
    for (int i = 1; i <= p; i++) ans = min(ans, dijkstra(i));

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

AcWing 1126. 最小花费

假设初始金钱为N,那么如果要在最后一个人的手里得到100元，可得公式：

\large N∗(1−z_1\%)∗(1−z_2\%)∗…∗(1−z_n\%)=100

\Rightarrow

\large N=\frac{100}{(1−z_1\%)∗(1−z_2\%)∗…∗(1−z_n\%)}

要想N尽可能小，那么就要让 分母尽可能大 ，即求(1−z_1\%)∗(1−z_2\%)∗…∗(1−z_n\%)的最大值。

输入样例：

3 3
1 2 1
2 3 2
1 3 3
1 3

输出样例：

103.07153164

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2010;
const int M = 2e5 + 10;

typedef pair<double, int> PDI; // 堆中数值是浮点数，注意区别

int n, m;
double dis[N];
bool st[N];

int h[N], e[M], ne[M], idx;
double w[M]; // 边权为浮点数,与一般的题目有区别
void add(int a, int b, double c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int S, T;
void dijkstra() {
    priority_queue<PDI> q; // 大顶堆
    dis[S] = 1;
    q.push({1, S});

    while (q.size()) {
        auto t = q.top();
        q.pop();
        int u = t.second;
        if (st[u]) continue;
        st[u] = true;

        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            double a = 1 - w[i];
            if (dis[v] < dis[u] * a) {
                dis[v] = dis[u] * a;
                q.push({dis[v], v});
            }
        }
    }
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;

    while (m--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        double w = c * 0.01;
        add(a, b, w), add(b, a, w);
    }

    cin >> S >> T;

    dijkstra();
    printf("%.8lf\n", 100 / dis[T]);
    return 0;
}

AcWing 920. 最优乘车

总结： ① 建图是本题的关键！同一趟车，不管走几站，走多远，花多少钱，都算是同一趟车，边权都是1! ② 本题的输入也是一大特点，每趟车不知道具体有几站，只知道换行算结束，需要学习读入办法。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;

int n; // 总共有N个车站
int m; // 开通了M条单程巴士线路
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
int dis[N]; // 最小距离数组
bool st[N]; // 是否在队列中

int stop[N]; // 站点数组

void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// 求1号点到n号点的最短路距离，如果从1号点无法走到n号点则返回-1
void dijkstra() {
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);                    // 求最小设最大
    dis[1] = 0;                                       // 1到自己，乘车数0
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q; // 小顶堆
    q.push({0, 1});                                   // 1号入队列

    while (q.size()) {
        auto t = q.top();
        q.pop();
        int u = t.second;
        if (st[u]) continue;
        st[u] = true;
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            if (dis[v] > dis[u] + w[i]) {
                dis[v] = dis[u] + w[i];
                q.push({dis[v], v});
            }
        }
    }
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h); // 初始化邻接表
    cin >> m >> n;           // 总共有N个车站,开通了M条单程巴士线路
    while (m--) {            // m条边
        // ① 先读入第一个数字
        int cnt = 0; // cnt一定要清零
        cin >> stop[++cnt];
        char ch = getchar();
        while (ch == ' ') {
            // ② 读入其它数字
            cin >> stop[++cnt]; // 还有就继续读
            ch = getchar();     // 为下一次做准备
        }
        // 这个建图建的妙啊！
        // 通过多条边，成功映射了问题，将一趟车问题转化为多个点之间边是1问题
        for (int i = 1; i <= cnt; i++)
            for (int j = i + 1; j <= cnt; j++)
                add(stop[i], stop[j], 1);
    }

    dijkstra();
    if (dis[n] == INF)
        puts("NO");
    else
        printf("%d\n", dis[n] - 1);
    return 0;
}

AcWing 903. 昂贵的聘礼

建图方式

假入我们想要A物品，而A物品的原价是w_1元，如果有B物品作为交换的话，只需要c_1元就可以得到A物品，那我们不就相当于B物品和c_1元可以得到A物品,也就是等价于B到A的路径为c_1吗？

那每个物品的原价我们又该怎么处理呢？这里在建图上有一个特殊的技巧：建立一个 超级源点 O! O到每个物品的距离就是物品的原价，而我们需要不断地交换来降低我们想要获得物品的花费，这就是一个最短路问题了。

  • 每个点 i 的价格 相当于 从点0到点 i 连一条边, 边权 定义为点i的价格
  • 每个点 i 有多个可替代点: 从可替代点 到点i 连一条边
  • 结果:顶点 0 到 顶点 1 的 最短路

等级限制

  • 酋长的女儿肯定是要娶到手的，所有的路径都会汇集在 1 号点，也就是说 1 号点是所有路径中都存在的点

  • 假设 1号点等级为 L_1，则所有最短路的点都必须满足在 [L_1-M,L_1+M] 范围内

  • 如果只是将[L_1-M,L_1+M] 这个区间作为最后的区间，会存在两个点的等级差超过了 M 值，不符合题意，所以，这个区间还要继续缩小

依次枚举区间 [L_1-M,L_1],[L_1-M+1,L_1+1],[L_1-M+2,L_1+2]...[L_1,L_1+M]，这些小区间内的任意两个点的等级都不会超过 M 值，并且同时保证了 1 号点肯定在区间内。

因此，依次求出每个小区间的最短路，最后再取最小值就是答案

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 110;
const int M = N * N; // 边数最多有n^2,这是顶天设置，此处与传统的题目不，一般的M=　N<<1，此题目没有明确给出边数上限，直接认为N^2
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

int dis[N]; // 单源最短路径
bool st[N]; // 配合Dijkstra用的是否出队过

int L[N]; // 每个节点的等级
int n, m; // n个物品，m表示等级差距限制

int dijkstra(int l, int r) {
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    memset(st, 0, sizeof st);
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
    // 距离，节点号
    q.push({0, 0}); // 超级源点
    dis[0] = 0;

    while (q.size()) {
        auto t = q.top();
        q.pop();
        int u = t.second;
        if (st[u]) continue;
        st[u] = true;

        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            // 枚举边时，只处理等级在指定范围内
            if (L[v] < l || L[v] > r) continue;

            if (dis[v] > dis[u] + w[i]) {
                dis[v] = dis[u] + w[i];
                q.push({dis[v], v});
            }
        }
    }
    return dis[1];
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h); // 初始化邻接表
    cin >> m >> n;           // m:表示地位等级差距限制，n:物品的总数

    for (int i = 1; i <= n; i++) { // 枚举每个节点
        int p, l, cnt;             // 价格 等级 替代品数目
        cin >> p >> L[i] >> cnt;

        add(0, i, p); // 虚拟源点0,　0获取i号物品，需要p这么多的金币

        while (cnt--) {    // 读入物品i的替代品
            int u, v;      // 替代品的编号 和 优惠价格
            cin >> u >> v; // u:替代品编号，v:收到替代品后的收费价格
            add(u, i, v);  // 从替代品向可替代品引一条长度为v的边
        }
    }
    // 预求最小，先设最大
    int res = INF;
    // 枚举区间范围进行多次求最小路径
    for (int i = L[1] - m; i <= L[1]; i++)
        res = min(res, dijkstra(i, i + m));
    // 输出结果
    cout << res << endl;
    return 0;
}

TODO

P2176 RoadBlock S