2017-10-7 vijos 无向图最短路径

描述

无向图最短路径问题，是图论中最经典也是最基础的问题之一。本题我们考虑一个有 nn 个结点的无向图 GG。
GG 是简单完全图，也就是说 GG 中没有自环，也没有重边，但任意两个不同的结点之间都有一条带权的双向边。
每一条边的边权是非负实数，但我们并不知道每一条边的具体边权。
好消息是我们知道 GG 中任意两点最短路径的长度d(i,j)d(i,j)。且保证至少有一种边权的分配方案满足得到的带权图中ii与jj的最短路长度恰好是d(i,j)d(i,j)。
下面是留给你的任务：对于任意一对点(i,j)(i,j)，希望你能找出来所有合法的边权分配方案中ii和jj之间边权的最大值。
格式

输入格式

本题中，每一组数据都有多次询问，每一次询问分别给出了一个无向图GG。
输入的第一行是一个整数 tt，表示总共的询问个数。之后依次给出每一次询问。
对于每一次询问来说，第一行给出了 G 中结点总数 n。之后n行每行有n个整数，给出了一个n×n的矩阵 d，其中第ii行第jj列的整数对应 d(i,j)d(i,j)表示ii到jj的最短路径长度。
因为图GG是简单无向图，对角线元素d(i,i)d(i,i)总是0，且矩形是对称的（也就是说d(i,j)=d(j,i)d(i,j)=d(j,i)）。
输出格式

对于每一次询问，若给定的图GG有nn个结点，则输出nn行，每行有nn个整数，描述了一个矩阵 aa。矩阵的第ii行第jj列表示连接ii和jj的边的最大可能边权。如果(i,j)(i,j)的边权可以任意大，则输出字符串infty表示无限。
矩阵的对角线没有实质性意义，请全输出00。因为GG是无向图，所以输出的矩阵aa应该也是对称的（即a(i,j)=a(j,i)a(i,j)=a(j,i)）。
不难发现，因为给定的矩阵 dd 中每一个数字都是整数，所以最大可能边权总会是整数。
样例1

样例输入1

2
3
0 2 8
2 0 10
8 10 0
3
0 1 1
1 0 1
1 1 0

样例输出1

0 2 8
2 0 infty
8 infty 0
0 1 1
1 0 1
1 1 0

限制

对于 20\%20% 的数据，有 n = 3n=3。
对于 50\%50% 的数据，有 1≤n≤10。
对于 100\%100% 的数据，有 1≤n≤100，且所有询问中nn的和不超过 800800，对于所有的dd满足1≤d≤256。
每一组数据的时限为 0.5 秒。

题解
这个题挺有意思。
题目大意：给出的是所有两点间的最短路径，要求出图中两点的可能的最大边权，不会对最短路产生影响。
怎么考虑这个问题呢？首先我们把给出的最短路暂定为两条边之间的边权，然后跑floyed，要求是不能只经过一条路到达（即把两点间的最短路抹掉），如果这样得出的两点间的最短路于原来的最短路相等，那么直接连接这两个点的边可以任意大，否则就不变。
怎么能让他不能一条边到达呢？重新开一个数组记录。

code：

#include
#include
#include
using namespace std;
int T,n,d[101][101],m[101][101];

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for (int i=1; i<=n; i++)
            for (int j=1; j<=n; j++)
                scanf("%d",&d[i][j]);
//      for (int i=1; i<=n; i++) m[i][i]=0x7fffffff;
        memset(m,0x7f,sizeof(m));
        for (int k=1; k<=n; k++)
            for (int i=1; i<=n; i++)
                for (int j=1; j<=n; j++)
                if (i!=j&&j!=k&&i!=k)
                    m[i][j]=min(m[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
        for (int i=1; i<=n; i++)
            for (int j=1; j<=n; j++)
            {
                if (m[i][j]==d[i][j]&&i!=j) d[i][j]=-1;
            }
        for (int i=1; i<=n; i++)
        {
            for (int j=1; j<=n; j++)
                if (d[i][j]==-1) printf("infty ");//==和=
                else printf("%d ",d[i][j]);
            printf("\n");
        }
    }
    return 0;
}

对noip来说，可能不需要那么多的算法。需要做到的是如何独立的思考问题，并将自己的想法转化成代码。同时还要做到认真，细致。