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## 图论-多源最短路径（$Floyd$算法）
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### 一、$Floyd$
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$Floyd$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。
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$Floyd$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**。
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### 二、模板
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```cpp {.line-numbers}
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void floyd() {
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for (int k = 1; k <= n; k++)
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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if (g[i][k] != inf) //优化
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j])
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g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
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}
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```
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### 三、判负环
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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 $g[i][i]<0$。
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相关变形结合题目讲，如：负圈、打印路径、最小环、传递闭包
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记录坑点：**重复边**，保留最小的那个。
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#### [$POJ-3259$ $Wormholes$](https://link.juejin.cn/?target=https%3A%2F%2Fvjudge.net%2Fproblem%2FPOJ-3259)
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**类型**
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判负环
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**题意**
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- 正常路是$m$条双向正权边
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- 虫洞是$w$条单向负权边
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- 题目让判断是否有负权回路
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**办法**
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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。
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**代码实现**:
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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。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <cstdio>
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#include <cstring>
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#include <algorithm>
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#include <iostream>
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using namespace std;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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const int N = 502;
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int n, m, w;
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int g[N][N];
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// floyd判断是否存在负圈
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bool floyd() {
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for (int k = 1; k <= n; k++)
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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if (g[i][k] != INF) { // 优化
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j])
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g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
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if (g[i][i] < 0) return true; // 发现负圈
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}
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return false;
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}
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int main() {
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int T;
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cin >> T;
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while (T--) {
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cin >> n >> m >> w;
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memset(g, INF, sizeof g); // 初始化邻接矩阵
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// 双向正值边
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while (m--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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// 注意坑：重边
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g[a][b] = g[b][a] = min(c, g[a][b]);
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}
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// 单向负值边
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while (w--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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g[a][b] = -c; // 负值边
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}
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if (floyd())
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puts("YES");
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else
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puts("NO");
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}
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return 0;
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}
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```
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### 四、练习题
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#### [$HDU-1385$ $Minimum$ $Transport$ $Cost$](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1385)
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**类型**
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打印路径
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**题意**
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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)。
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**分析**
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输出路径，多个答案则输出字典序最小的，无法到达输出$-1$。
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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)。
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> **解释**：`int path[N][N]; `
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$i \rightarrow j$ 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
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$i \rightarrow a \rightarrow b \rightarrow c \rightarrow d \rightarrow j$,则$path[i][j]=a$,也就是第一个后继节点。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 110;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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// Floyd+记录起点后继
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int n;
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int g[N][N], w[N];
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int path[N][N]; // 记录i到j最短路径中i的后继
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void floyd() {
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for (int k = 1; k <= n; k++)
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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for (int j = 1; j <= n; j++) {
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if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j] + w[k]) {
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g[i][j] = g[i][k] + g[k][j] + w[k];
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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
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}
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// 相同路径下选择后继更小的(为了字典序)
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if (g[i][j] == g[i][k] + g[k][j] + w[k])
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if (path[i][j] > path[i][k])
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|
path[i][j] = path[i][k];
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|
}
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|
}
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// 递归输出路径
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void print(int s, int e) {
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printf("-->%d", path[s][e]); // 输出s的后继
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if (path[s][e] != e) // 如果不是直连
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print(path[s][e], e); // 递归输出后继
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}
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|
/*
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|
From 1 to 3 :
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|
Path: 1-->5-->4-->3
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|
Total cost : 21
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|
From 3 to 5 :
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|
|
Path: 3-->4-->5
|
|
|
Total cost : 16
|
|
|
|
|
|
From 2 to 4 :
|
|
|
Path: 2-->1-->5-->4
|
|
|
Total cost : 17
|
|
|
*/
|
|
|
int main() {
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|
#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("HDU1385.in", "r", stdin);
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|
#endif
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while (cin >> n, n) {
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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|
for (int j = 1; j <= n; j++) {
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cin >> g[i][j];
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|
if (g[i][j] == -1) g[i][j] = INF;
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|
path[i][j] = j;
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|
}
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|
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
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floyd();
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int s, e;
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while (cin >> s >> e, ~s && ~e) {
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printf("From %d to %d :\n", s, e);
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|
printf("Path: %d", s);
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|
if (s != e) print(s, e); // 起点与终点不同开始递归
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|
printf("\nTotal cost : %d\n\n", g[s][e]);
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|
}
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|
}
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return 0;
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|
}
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```
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|
#### [$HDU$-$1599$ $find$ $the$ $mincost$ $route$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1599)
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**类型: 最小环**
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**题意**：
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>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。
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>**$Input$**
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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。
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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($c <= 100$)。
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**$Output$**
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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.".
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**$Sample$ $Input$**
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cpp
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3 3
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1 2 1
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2 3 1
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1 3 1
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|
3 3
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|
|
1 2 1
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|
|
1 2 3
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|
|
2 3 1
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|
**$Sample$ $Output$**
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|
3
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|
It’s impossible
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**分析**：
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求最小环，用$dis[]$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 $mp[i][j]$（原$floyd$的二三重循环后更新 $mp[i][j]$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 $mp[i][j] + dis[j][k] + dis[k][i]$。
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注意题目 $i, j, k$不能相同，还有坑点：`long long`
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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const int N = 110;
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int dis[N][N], g[N][N];
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int n, m, ans;
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void floyd() {
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memcpy(dis, g, sizeof g);
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for (int k = 1; k <= n; k++) {
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// 最小环的DP操作
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for (int i = 1; i < k; i++) // 枚举i,j
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for (int j = i + 1; j < k; j++) // 注意i,j,k不能相同
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if (ans > dis[i][j] + g[i][k] + g[k][j])
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ans = dis[i][j] + g[i][k] + g[k][j];
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for (int i = 1; i <= n; i++) // 原floyd
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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if (dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j])
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|
dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];
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|
}
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|
|
}
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|
signed main() {
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while (cin >> n >> m && (~n && ~m)) {
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// 邻接矩阵初始化
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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if (i == j)
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g[i][j] = 0;
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else
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g[i][j] = INF;
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while (m--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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g[a][b] = g[b][a] = min(c, g[a][b]); // 防重边
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}
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ans = INF;
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|
floyd();
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|
|
if (ans == INF)
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puts("It's impossible.");
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|
else
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cout << ans << endl;
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|
}
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|
}
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|
```
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#### [$HDU$-$1704$ $Rank$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1704)
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（传递闭包）
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#### [$HDU$-$3631$ $Shortest$ $Path$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3631)
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（变形）
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**$TODO$**
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据说可以使用$Dijkstra$算法解决，有空可以试试: **[链接](https://blog.csdn.net/K_R_forever/article/details/80525757)**
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https://juejin.cn/post/6935691567696969764 |
