例题:信使 最优乘车 最短路径 图论算法之Floyed 学习笔记

图论算法之Floyed

算法思路:最短路问题中,求两个点的最短路,有可能存在中间有中转点的情况,比直接到达要优。Floyed就是利用了这个思路。如果求ij之间的最短路,那么如果ik之间的最短路+kj之间的最短路要小于当前ij之间的最短路的话,我们就认为以k为中转点要更优,更新答案。

时间复杂度:O(N^3);

【代码】

#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m,s,t,dis[105][105],x,y,z,maxn,i,j,k;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m,&s,&t);
	for (i=1;i<=n;++i)
	  for (j=1;j<=n;++j)
	    dis[i][j]=0x7777777;
	for (i=1;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		dis[x][y]=z;
		dis[y][x]=z;
	}
	for (k=1;k<=n;++k)
	  for (i=1;i<=n;++i)
	    for (j=1;j<=n;++j)
	      if (dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j])
	        dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];
	printf("%d",dis[s][t]);
	return 0;
}

【注意】三层循环尤其是k的顺序不能弄错!

特殊的,跑一边Floyed之后,我们就求出了任意两点之间的最短路。所以虽然Floyed的时间复杂度比较高,在求多组最短路这一方面还是有用武之地的。

【单源最短路径的输出】

设pre[i][j]表示i->j最短路径j的前驱;

那么每次更新答案了之后pre[i][j]的值就更新为pre[k][j];最后递归输出最短路径;

void print(int x)
{
  if (pre[a][x] == 0) return;    //pre[a][a]=0,说明已经递归到起点a
    print(pre[a][x]);
    cout << "->" << x;
}
for (k = 1; k <= n; k++)               //floyed 最短路
        for (i = 1; i <= n; i++)
            for (j = 1; j <= n; j++)
                if ((i != j) && (i != k) && (j != k))
                    if (dis[i][j] > dis[i][k]+dis[k][j])
                    {
                        dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];
                        pre[i][j] = pre[k][j];    
 //从i到j的最短路径更新为i→k→j,那么i到j最短路径j的前驱就肯定与k到j最短路径j的前驱相同。
                    }
    cout << a;
    print(b);                                //a是起点,b是终点
    return 0;
}
【Floyed与最小环问题】

在进行Floyed的同时,可以顺便求出最小环。
g[i][j]为边权。

for  (k = 1; k <= n; k++)
  {   
      for  (i = 1; i <= k-1; i++)
           for  (j = 1; j <= k-1; j++)
         answer = min(answer,dis[i][j]+g[j][k]+g[k][i]);
      for  (i = 1; i <= n; i++)
           for  (j = 1; j <= n; j++)
        dis[i][j]:=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
    }
answer表示以k作为最大点的环的最小值,但是如果对于有向图,结点A到结点B有边,同时结点B到结点A也有边,也就是不需要中转点的情况,需要特判是否是最小环。

【用Floyed的思路来判断两点之间是否连通】

只需要把循环中的语句改成dis[i][j]=dis[i][j]||dis[i][k]&&dis[k][j](dis为bool型数组,dis[i][j]表示ij是否连通)就可以实现;


下面看两个基础的Floyed的例子:

例1  信使

•【问题描述】
•    战争时期,前线有n个哨所,每个哨所可能会与其他若干个哨所之间有通信联系。信使负责在哨所之间传递信息,当然,这是要花费一定时间的(以天为单位)。指挥部设在第一个哨所。当指挥部下达一个命令后,指挥部就派出若干个信使向与指挥部相连的哨所送信。当一个哨所接到信后,这个哨所内的信使们也以同样的方式向其他哨所送信。直至所有n个哨所全部接到命令后,送信才算成功。因为准备充足,每个哨所内都安排了足够的信使(如果一个哨所与其他k个哨所有通信联系的话,这个哨所内至少会配备k个信使)。
•   现在总指挥请你编一个程序,计算出完成整个送信过程最短需要多少时间。
•【输入格式】
•    输入文件msner.in,第1行有两个整数n和m,中间用1个空格隔开,分别表示有n个哨所和m条通信线路。1<=n<=100。
•    第2至m+1行:每行三个整数i、j、k,中间用1个空格隔开,表示第i个和第j个哨所之间存在通信线路,且这条线路要花费k天。
•【输出格式】
•    输出文件msner.out,仅一个整数,表示完成整个送信过程的最短时间。如果不是所有的哨所都能收到信,就输出-1。
•【输入样例】
•    4 4
•    1 24
•    2 37
•    2 41
•    3 46
•【输出样例】
•    11

【解题思路】
本题需要求出多组结点之间的最短路,所以用Floyed最合适,时间复杂度O(10^6);
就是一个基础的Floyed的小变式,最后只需要枚举一下求出Min就可以了;
【代码】
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m,a,dis[105][105],x,y,z,maxn;
int i,j,k;
int main()
{
	freopen("msner.in","r",stdin);
	freopen("msner.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (i=1;i<=n;++i)
	  for (j=1;j<=n;++j)
	    dis[i][j]=0x7777777;
	for (i=1;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		dis[x][y]=z;
		dis[y][x]=z;
	}
	for (k=1;k<=n;++k)
	  for (i=1;i<=n;++i)
	    for (j=1;j<=n;++j)
	      if (dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j])
	        dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];
	for (i=2;i<=n;++i)
	{
		if (dis[1][i]==0x7777777)
		{
			printf("-1");
			return 0;
		}
		if (maxn


例2  最优乘车

【问题描述】

   H城是一个旅游胜地,每年都有成千上万的人前来观光。为方便游客,巴士公司在各个旅游景点及宾馆,饭店等地都设置了巴士站并开通了一些单程巴上线路。每条单程巴士线路从某个巴士站出发,依次途经若干个巴士站,最终到达终点巴士站。

   一名旅客最近到H城旅游,他很想去S公园游玩,但如果从他所在的饭店没有一路巴士可以直接到达S公园,则他可能要先乘某一路巴士坐几站,再下来换乘同一站台的另一路巴士, 这样换乘几次后到达S公园。

   现在用整数1,2,…N 给H城的所有的巴士站编号,约定这名旅客所在饭店的巴士站编号为1,S公园巴士站的编号为N。

   写一个程序,帮助这名旅客寻找一个最优乘车方案,使他在从饭店乘车到S公园的过程

中换车的次数最少。

【输入格式】

   输入文件是Travel.in。文件的第一行有两个数字M和N(1<=M<=1001

【输出格式】

   输出文件是Travel.out,文件只有一行。如果无法乘巴士从饭店到达S公园,则输出"N0",否则输出你的程序所找到的最少换车次数,换车次数为0表示不需换车即可到达。

【输入样例】Travel.in

3 7

6 7

4 7 3 6

2 1 3 5

【输出样例】Travel.out

2


【解题思路】
其实这道题的最短路算法不是亮点,这么低的时间复杂度用Dijstra或者SPFA都能做,但亮点是建图的方法;
因为一条路线上的车站不可逆,所以我们要建一个有向图,边权都为1,在同一个线路内,任意两个点(必须是前面的点指向后面的点)存在一条路径,这样建成一个图,跑一边最短路,这时最短路-1其实就是换车的次数;
因为边权都是1,广搜其实也可以实现,而且时间复杂度可以接受。
【代码】
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m,i,j,k,s,ans;
int dis[505][505],a[505];
char c;

int main()
{
	freopen("travel.in","r",stdin);
	freopen("travel.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&m,&n);
	for (i=1;i<=n;++i)
	  for (j=1;j<=n;++j)
	    dis[i][j]=0x7777777;
	for (i=1;i<=m;++i)
	{
		s=0;
		c=0;
		while (c!=10)
		{
			s++;
			cin>>a[s];
			scanf("%c",&c);
		}
		for (j=1;j<=s-1;++j)
		  for (k=j+1;k<=s;++k)
		    dis[a[j]][a[k]]=1;
	}
	for (k=1;k<=n;++k)
	  for (i=1;i<=n;++i)
	    for (j=1;j<=n;++j)
	      if (dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j])
	        dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];
	if (dis[1][n]==0x7777777)
	{
		printf("NO");
		return 0;
	}
	ans=dis[1][n]-1;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}


例3  最短路径

【问题描述】

给出一个有向图G=(V,E),和一个源点v0∈V,请写一个程序输出v0和图G中其它顶点的最短路径。只要所有的有向环都是正的,我们就允许图的边有负值。顶点的标号从1到n(n为图G的顶点数)。

【输入格式】

第1行:一个正数n(2<=n<=80),表示图G的顶点总数。

第2行:一个整数,表示源点v0(v0∈V,v0可以是图G中任意一个顶点)。

第3至第n+2行,用一个邻接矩阵W给出了这个图。

【输出格式】

共包含n-1行,按照顶点编号从小到大的顺序,每行输出源点v0到一个顶点的最短距离。每行的具体格式参照样例。

【输入样例】

    5

    1

    0 2 - - 10

    - 0 3 - 7

    - - 0 4 -

    - - - 0 5

    - - 6 - 0

【输出样例】

    (1 -> 2) = 2

    (1 -> 3) = 5

    (1 -> 4) = 9

    (1 -> 5) = 9

【解题思路】
Floyed+路径输出;
字符什么的很麻烦需要处理一下;尤其是超int了又很恶心;但总体的思路再简单不过;
【代码】
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,v0,i,j,k,a;
long long dis[105][105];
char s[20];

void work(int u,int t)
{
	int i,len,j,l;
	long long k;
	bool pd;
	pd=false;
	if (s[0]=='-')
	{
		pd=true;
		l=1;
	}
	else l=0;
	dis[u][t]=0;
	k=1;
	len=strlen(s);
	for (i=len-1;i>=l;--i)
	{
		j=s[i]-48;
		dis[u][t]+=j*k;
		k*=10;
	}
	if (pd==true)
	  dis[u][t]=-dis[u][t];
}

int main()
{
	freopen("shopth.in","r",stdin);
	freopen("shopth.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	scanf("%d",&v0);
	for (i=1;i<=n;++i)
	  for (j=1;j<=n;++j)
	    dis[i][j]=1000000000000000000;
	for (i=1;i<=n;++i)
	  for (j=1;j<=n;++j)
	  {
	  	cin>>s;
	  	if (strlen(s)!=1||s[0]!='-')
	  	  work(i,j);
	  }
	for (k=1;k<=n;++k)
	  for (i=1;i<=n;++i)
	    for (j=1;j<=n;++j)
	      if (dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j])
	        dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];
	for (i=1;i<=n;++i)
	  if (i!=v0)
	  {
	  	printf("(%d -> %d) = ",v0,i);
	  	cout<


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