迪杰斯特拉 & 堆优化

单源最短路

该博客的单源最短路算法要解决的就是在一个没有负权边的图上，找出所有点与源点 s s 的最短路径，这样一个问题。这里介绍迪杰斯特拉 O(n2) O ( n 2 ) 解法与堆优化 O(mlogm) O ( m log ⁡ m ) 解法，其中 n n 为图上节点数量， m m 为图上边的数量。
不介绍也不推荐玄学复杂度的 spfa s p f a 解法。

朴素写法思路：贪心

1. 首先将所有点与源点的距离设为无穷大（记录在 dis d i s 数组中）， s s 与自己的距离初始化为 0 0 ，还有一个表示“已经确定最短路径长度”的节点集合 Set S e t 。
2. 然后不断从不属于 Set S e t 集合的点中找到一个 dis d i s 最小的点 x x ，那么这个点在以后的操作中一定不会再更新（由于边权非负，所以如果后面最短路径将通过其他点 y y 到达 x x ，那么这个值最小为 disy+disy→⋯→x≥disy d i s y + d i s y → ⋯ → x ≥ d i s y ，由于 disy≥disx d i s y ≥ d i s x ，所以可以保证在后续运行过程中 disx d i s x 不会被更新为更小的值），将这个点加入集合 Set S e t 中，然后更新所有与 x x 相邻节点的 dist d i s t 为 min(dist,disx+disx→t) min ( d i s t , d i s x + d i s x → t ) 。
3. 不断重复第二步，直到所有点的最短路径都被找到 / 所有点都在 Set S e t 集合中。

朴素写法时间复杂度

从上面的算法可以看出，大循环要将所有点都加入集合一次，而每次寻找这个“不在集合中且 disx d i s x 最小的点”需要一次 O(n) O ( n ) 的循环，接着更新所有与 x x 邻接的点（最多有 n n 个点），这里也需要 O(n) O ( n ) ，所以大循环为 O(n) O ( n ) ，小循环为 O(n+n) O ( n + n ) ，整体时间复杂度为 O(n×(n+n))=O(n2) O ( n × ( n + n ) ) = O ( n 2 ) 。

O(n2) O ( n 2 ) 代码

const int maxn = 1000 + 100;
struct Node {
    int pos;
    int dis;
    Node() {}
    Node(int p, int d) {
        pos = p;
        dis = d;
    }
};
int n;
int dis[maxn];
bool vis[maxn];
vector G[maxn];

void dij(int s) {
    // 距离初始化
    fill(dis, dis + n + 1, INT_MAX);
    dis[s] = 0;
    int cnt = n;
    // cnt 表示不在集合中的节点个数
    while(cnt > 0) {
        int Min = INT_MAX;
        int x;
        // 寻找不在集合中的，距离 s 最近的节点
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(!vis[i] && dis[i] < Min) {
                Min = dis[i];
                x = i;
            }
        }
        // 将节点 x 加入集合
        --cnt;
        vis[x] = true;
        // 更新节点 x 的邻接节点
        int len = G[x].size();
        for(int i = 0; i < len; ++i) {
            int pos = G[x][i].pos;
            int d = G[x][i].dis;
            dis[pos] = min(dis[pos], dis[x] + d);
        }
    }
}

堆优化

上面能够优化的时间复杂度是在“找到不在集合中的离 s s 最近的点”（每个点必须要进入集合才算更新结束，所以大循环的 O(n) O ( n ) 是无法减小的），我们能否通过一些排序操作，使得能够快速地找到这个点 x x 呢？
这里就可以用到一个“小顶堆”的数据结构，它能够在 O(logn) O ( log ⁡ n ) （其中 n n 为堆中的元素数量）的时间复杂度内完成插入、删除最小值的操作，在 O(1) O ( 1 ) 的时间复杂度内完成取堆内最小值的操作。于是我们可以将上面的查找这一步操作放入到堆中，时间复杂度就能下降到 O(logn) O ( log ⁡ n ) 。
但这里要注意一点，在我们查找之后，是可以更新这个点的最短距离的，但是小顶堆不允许访问、更改堆内元素，只能访问堆顶元素，所以如果将点与当前最短距离放入堆内，将存在一些多余的点（更新时该点还未从堆顶弹出），而这些所有数据最多有 m m 个， m m 为图上边的数量。
这里可以标记某个点 x x 已经在 Set S e t 集合中，这样在其他指向 x x 的点更新到 x x 的时候，就不必再重复判断。
但是这种做法是多余的，因为如果 x x 已经在 Set S e t 集合中，则指向 x x 的 y y 点必然无法更新 disx d i s x 的值，所以实际上可以放任不管。

堆优化时间复杂度

从上面可以看出，这个代码应该类似于 bfs b f s 的代码，只是将队列改为优先队列（小顶堆），这样就能保证优先弹出的是距离 s s 最短的（但不能保证不在集合 Set S e t 中），整体的大循环应该是每个点都进入队列（不只一次）然后出队列，这个次数由图上的边数决定，为 O(m) O ( m ) （其中 m m 为图上边的数量），而在堆中，最多会被存放 m m 个数据点，所以小循环内应该是 O(logm) O ( log ⁡ m ) ，所以整体的时间复杂度为 O(mlogm) O ( m log ⁡ m ) 。

O(mlogm) O ( m log ⁡ m ) 代码

const int maxn = 1000 + 100;
struct Node {
    int pos;
    int dis;
    Node() {}
    Node(int p, int d) {
        pos = p;
        dis = d;
    }
};
// 由于优先队列默认为大顶堆，所以重载小于号要用 a.dis > b.dis，来起到小顶堆的作用
bool operator<(const Node &a, const Node &b) {
    return a.dis > b.dis;
}
int n;
int dis[maxn];
vector G[maxn];
priority_queue que;

void dij(int s) {
    // 初始化距离
    fill(dis, dis + n + 1, INT_MAX);
    dis[s] = 0;
    que.push(Node(s, 0));
    while(!que.empty()) {
        Node tmp = que.top();
        que.pop();
        // 更新节点 tmp 的邻接节点，若邻接节点被更新，则将节点和 dis 加入小顶堆
        int len = G[tmp.pos].size();
        for(int i = 0; i < len; ++i) {
            int pos = G[tmp.pos][i].pos;
            int d = G[tmp.pos][i].dis;
            if(dis[pos] > tmp.dis + d) {
                dis[pos] = tmp.dis + d;
                que.push(Node(pos, dis[pos]));
            }
        }
    }
}

两种写法的比较

两种写法最大的区别在于时间复杂度，第一种是 O(n2) O ( n 2 ) ，第二种是 O(mlogm) O ( m log ⁡ m ) ，在大多数情况下都可以用第二种写法（例如题目给出 m m 的数据范围在 [1,106] [ 1 , 10 6 ] 内），但是在节点数 n n 比较大的完全图（完全图的边数为 m=C2n=n×(n−1)2 m = C n 2 = n × ( n − 1 ) 2 ，）下，第二种的时间复杂度就为 O(n2logn2) O ( n 2 log ⁡ n 2 ) ，这样第二种写法的时间复杂度就会比第一种大，在 n n 超过 1000 1000 时，完全图情况下就只能用第一种写法，因此朴素写法并不是没有用的。

队列写法

在刚学 dij d i j 的时候，可能大家都是从 bfs b f s 过渡过来的，所以看到别人的 dij d i j 思路时，都会用队列实现，但是很容易写挫，这里先搬上队列写法（和堆优化写法很像）再讨论讨论这种写法：

const int maxn = 1000 + 100;
struct Node {
    int pos;
    int dis;
    Node() {}
    Node(int p, int d) {
        pos = p;
        dis = d;
    }
};
int n;
int dis[maxn];
vector G[maxn];
queue que;

void dij(int s) {
    dis[s] = 0;
    que.push(Node(s, 0));
    while(!que.empty()) {
        Node tmp = que.front();
        que.pop();
        int len = G[tmp.pos].size();
        for(int i = 0; i < len; ++i) {
            int pos = G[tmp.pos][i].pos;
            int d = G[tmp.pos][i].dis;
            if(dis[pos] > dis[tmp.pos] + d) {
                dis[pos] = dis[tmp.pos] + d;
                que.push(Node(pos, dis[pos]));
            }
        }
    }
}

这段代码没有什么注释，是因为……我现在已经看不懂这段代码了（虽然是我写的并且过了题目），这段代码的实际时间复杂度的表达式我不知道是什么，最坏时间复杂度也不知道（数据构造得好的话运行次数将超过 n2 n 2 ）。
这里给出一个四个节点的完全图邻接链表表示：

A → [B,100] → [C,10] → [D,1]
B → [A,100] → [C,1] → [D,1]
C → [A,10] → [B,1] → [D,1]
D → [A,1] → [B,1] → [C,1]

如果在上面这个邻接链表上跑，从 A A 点开始，点进入队列的顺序依次为

A[0]→B[A,100]→C[A,10]→D[A,1]→B[C,11]→B[D,2]→C[D,2] A [ 0 ] → B [ A , 100 ] → C [ A , 10 ] → D [ A , 1 ] → B [ C , 11 ] → B [ D , 2 ] → C [ D , 2 ]

其中 X[Y,t] X [ Y , t ] 表示点 X X 的距离 disX d i s X 被点 Y Y 更新为 t t 后进入队列。
由于是四个节点的完全图，所以每个节点出队列后都要“尝试”更新另外三个节点（即使用 vis v i s 数组标记，但在某个节点出队列时仍然需要进行依次“尝试”判断该点是否可以更新，也被计为一次操作），所以总共需要 21 21 次操作，大于 n2=42=16 n 2 = 4 2 = 16 次操作。
个人认为，在这段代码中，节点 x x 和 disx d i s x 进入队列的条件不充分，或者说，在那个条件下进入队列是没有依据的，如果按照这种方式进入队列，很有可能先访问到一个比较远的点，然后这个比较远的点先出了队列，不断对后面的点做无效的更新，而比较近的点后出队列，又要重新更新这些点。上面的数据让点 B C B   C 重复进入队列是由于 B B 点先出队列做了一次 无效的更新，而 C C 点也做了一次 无效的更新，最后 D D 点的更新才是有效的。注意这里的更新是 无效的，而上面的第一、二种写法就不会出现这种无效的更新，正是这种无效的更新，使得这种写法的时间复杂度无法（或者我还不会）用表达式表示出来。
我认为这种写法能够通过大多数题目，是因为大多数题目的数据较为随机，没有去构造卡这种写法的数据，所以在大多数随机情况下，这种写法的时间复杂度可以用 O(n2) O ( n 2 ) 近似。
以上是对于用普通队列写法的个人观点，与我有不同观点的，欢迎在评论区赐教。