WaWa的奇妙冒险（第十四周集训自闭现场）

（一）最短路

1.Bellman Ford（最朴素的单源最短路算法）

复杂度：O（nm）
本质：进行n次松弛操作，每次至少可以确实一个点的最短路（相关思考可以用归谬法进行验证，推荐先看dijkstra，个人认为dijkstra相对来说更容易理解）

emm 实际上是一种很尴尬的算法，个人认为，在有负权边的图上有spfa取代（虽然spfa本质还是bellman，且最糟情况下复杂度也高达O（nm）），在只有正权边的图上，堆优化的dijkstra完爆其他算法

略作了解即可，明白原理就好。

2.SPFA（玄学算法，SPFA已死？）

复杂度：最差O（nm）（玄学算法）
本质：在被bellman ford的基础上进行优化，对于已经松弛过被确认最短路的边，不再进行松弛操作，使一般情况下，复杂度远小于O（nm）

SPFA实际上不应该被称为一种算法，因为他实际上上只是bellman的一种优化而已，说它是一种独立的，具有开创性的算法有一点不切实际。

所以亦有SPFA已死的言论存在（2018NOIP之后），但个人认为应该个给spfa正名。

对于所有的SPFA而言，其在负权图中都有明显缺点，样例想卡你，很容易被卡成指数级，所以spfa要慎用（当然也有丧心病狂只卡spfa优化的），所以这种脱胎于bellman的算法，实际上具有非常大的缺陷（有这么一种说法，SPFA在NOIP中已经死了）。

但实际上SPFA，比一般的bellman跑的快很多，在处理负权图时依旧是一种非常好的办法，大部分情况下最坏还是O（nm），不要乱优化就完事了。而且，在很多费用流的问题中，spfa有着一定的不可代替性，他确实方便使用，且用处极大。

3.dijkstra（正边权图最强最短路算法）

复杂度：O（n+m）[堆优化之后]
本质：n次松弛，每次找到一个点，用归谬法证明，假设找到的最短路，那么比存在一条更短的边到这个点，那么也不可能选这条边进行下一次的松弛

dijkstra不用多说的算法，学最短路逃不开的东西，而且很香（狗头）

最短路例题记录：

（一）图的直径
wlacm 牛的旅行

题意：有两块农场，要求你加一条边，使两个连在一起的农场有最小的直径（最短路里的最长路）。

思路：直径可能在单个农场中，也可能在连接两个农场的那条边上，floyd之后枚举起点的重点操作即可

#include 
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
 
struct point{
    int x,y;
} p[155];
double mp[155][155],maxdis[155];
 
inline double dis(point a,point b){
    return sqrt((b.x-a.x)*(b.x-a.x)+(b.y-a.y)*(b.y-a.y));
}
 
void init(int n){
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        for(int j = 1;j <= n;++j){
            mp[i][j] = INF;
        }
        mp[i][i] = 0;
        maxdis[i] = 0;
    }
    return ;
}
 
void floyd(int n){
    for(int k = 1;k <= n;++k){
        for(int i = 1;i <= n;++i){
            if(i != k && mp[i][k] != INF){
                for(int j = 1;j <= n;++j){
                    if(j != k && i != j && mp[k][j] != INF){
                        mp[i][j] = min(mp[i][j],mp[i][k]+mp[k][j]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    return ;
}
 
int main()
{
    int t,n;
    scanf("%d",&n);
    init(n);
 
    for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        for(int j = 1;j <= n;++j){
            scanf("%1d",&t);
            if(t) mp[i][j] = dis(p[i],p[j]);
        }
    }
    floyd(n);
 
    double a1 = 0;
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        for(int j = 1;j <= n;++j){
            if(mp[i][j] != INF) maxdis[i] = max(maxdis[i],mp[i][j]);
            a1 = max(a1,maxdis[i]);
        }
    }
 
    double a2 = INF;
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        for(int j = 1;j <= n;++j){
            if(mp[i][j] == INF) a2 = min(a2,maxdis[i]+maxdis[j]+dis(p[i],p[j]));
        }
    }
 
    printf("%.6f\n",max(a1,a2));
    return 0;
}

（二）反向单元最短路
poj 1511 Invitation Cards
题意：把所有宣传人员用巴士送出去，再用巴士接回来，所有边都是单向的。

思路：正向建边跑一次dijkstra，算贡献，再反向建边跑一次dijkstra，再算一次贡献

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Max = 1e6+5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

struct node{
	int u,d;
	node(int u,int d):u(u),d(d){}
	bool operator < (const node& a) const{
		return d > a.d;
	}
};

struct edg{
	int to,next,w;
}e[Max];
int head[Max],u[Max],v[Max],ww[Max],dis[Max];
bool vis[Max];
int tot;

inline void init(int n){
	for(int i = 1;i <= n;++i) head[i] = 0,vis[i] = 0;
	e[0].to = e[0].w = e[0].next = tot = 0;
	return ;
}

inline void add(int u,int v,int w){
	e[++tot].to = v;
	e[tot].w = w;
	e[tot].next = head[u];
	head[u] = tot;
	return ;
}

inline ll dijkstra(int s,int p){
	ll res = 0;
	priority_queue<node>q;
	
	for(int i = 1;i <= p;++i) dis[i] = INF;
	dis[s] = 0;
	q.push(node(s,0));
	
	while(!q.empty()){
		int u = q.top().u;q.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		
		for(int i = head[u];i;i = e[i].next){
			int v = e[i].to,w = e[i].w;
			if(!vis[v] && dis[v] > dis[u]+w){
				dis[v] = dis[u]+w;
				q.push(node(v,dis[v]));
			}
		}
	}
	
	for(int i = 1;i <= p;++i) res += dis[i];
	return res;
}

inline void slove(int p,int q){
	ll ans = 0;
	init(p);
	for(int i = 1;i <= q;++i){
		scanf("%d%d%d",&u[i],&v[i],&ww[i]);
		add(u[i],v[i],ww[i]);
	}
	ans += dijkstra(1,p);
	
	init(p);
	for(int i = 1;i <= q;++i) add(v[i],u[i],ww[i]);
	ans += dijkstra(1,p);
	
	printf("%lld\n",ans);
	return ;
}

int main()
{
	int t,p,q;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d",&p,&q);
		slove(p,q);
	}
	return 0;
}

（三）思维建图Floyd
wlacm 最优乘车

题意：自己选择始发站，问到终点站最少转几次车，给出每一班的路线（单向边）
思路：一班车上的路线按点建边权为1的边，每次换车相当于边权加1，因为第一站自选，所以最终答案要减一

#include 
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> pii; 
  
vector <int> e[505];
int dis[505],a[505];
  
struct comp{
    bool operator()(pii a,pii b){
        return a.first > b.first;
    }
};
  
void dijkstra(int s){
    dis[s] = 0;
    priority_queue<pii,vector<pii>,comp>q;
    q.push(make_pair(0,s));
    while(!q.empty()){
        pii u = q.top();q.pop();
        if(u.first > dis[u.second]) continue;
        int len = e[u.second].size();
        for(int i = 0;i < len;++i){
            int v = e[u.second][i];
            if(dis[v] > u.first + 1){
                dis[v] = u.first + 1;
                q.push(make_pair(dis[v],v));
            }
        }
    }
    return ;
}
  
int main()
{
    int x,m,n;
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i = 1;i <= n;++i) dis[i] = INF;
     
    while(getchar()!='\n');
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        string s;
        getline(cin,s);
        int ss=0,cnt=0;
        for (int j = 0;j < s.length();j++) {
            if (s[j]>='0'&&s[j]<='9') ss=ss*10+s[j]-'0';
            else {
                a[++cnt]=ss;
                ss=0;
            }
        }
        a[++cnt]=ss;
        for (int j = 1;j < cnt;j++)
            for (int k = j+1;k <= cnt;k++)
                e[a[j]].push_back(a[k]);
    }
 
    dijkstra(1);
    if(dis[n] == INF) printf("NO\n");
    else printf("%d\n",dis[n]-1);
    return 0;
}

poj 1062 昂贵的聘礼
题意：要求以最小的代价取到酋长女儿，在拥有某种东西的情况下可以获得优惠，且每个人有一个等级，交换次序中等级最小的人和等级最大的人差距超过m就不能进行交换。

思路：以酋长等级为中心，用滑动窗口的思想，进行floyd，每次floyd完，统计此区间内要花的最小钱数。原价格视为点权，优惠视为边权。

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int mp[105][105],w[105],d[105],t[105][105];

void init(int n){
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		for(int j = 1;j <= n;++j){
			mp[i][j] = INF;
		}
		mp[i][i] = 0;
	}
	return ;
}

void floyd(int n,int l,int r){
	for(int k = 1;k <= n;++k){
		if(d[k] >= l && d[k] <= r){
			for(int i = 1;i <= n;++i){
				if(d[i] >= l && d[i] <= r){
					for(int j = 1;j <= n;++j){
						if(d[j] >= l && d[j] <= r){
							t[i][j] = min(t[i][j],t[i][k]+t[k][j]);
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	return ;
}

int main()
{
	int k,m,n,v,we;
	scanf("%d%d",&m,&n);
	init(n);
	
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		scanf("%d%d%d",&w[i],&d[i],&k);
		while(k--){
			scanf("%d%d",&v,&we);
			if(we < mp[v][i]) mp[v][i] = we;
		}
	}
	
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		for(int j = 1;j <= n;++j){
			if(abs(d[i] - d[j]) > m) mp[i][j] = INF;
		}
	}
	
	int ans = INF;
	for(int i = d[1]-m;i <= d[1];++i){
		memcpy(t,mp,sizeof(mp));
		floyd(n,i,i+m);
		for(int j = 1;j <= n;++j) ans = min(ans,t[j][1]+w[j]);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

（四）最小环
hdu 1599 find the mincost route

题意：找花费最小的一个环状旅行方式
思路：Floyd找最小环即可，网上看看模板啥的

#include 
#include 
using namespace std;

int n,node[1010][1010],map[1010][1010],Min;
const int INF=99999999;

int floyd()
{
    for (int i=1; i<=n; i++)
        for (int j=1; j<=n; j++)
        {
            node[i][j]=map[i][j];
        }
    Min=INF;
    for (int k=1; k<=n; k++)
    {
        for (int i=1; i<=k; i++)
            for (int j=1; j<i; j++)
            {
                if (Min>node[i][j]+map[j][k]+map[k][i])
                    Min=node[i][j]+map[j][k]+map[k][i];
                //cout<
            }
        for (int i=1; i<=n; i++)
            for (int j=1; j<=n; j++)
            {
                if (node[i][j]>node[i][k]+node[k][j])
                    node[i][j]=node[i][k]+node[k][j];
            }
    }
    return Min;
}

int main ()
{
    int m;
    while (~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        for (int i=1; i<=n; i++)
        {
            for (int j=1; j<=n; j++)
                map[i][j]=node[i][j]=INF;
        }
        while (m--)
        {
            int a,b,c;
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
            if (map[a][b]>c)
                map[a][b]=map[b][a]=c;
        }
        floyd();
        if (Min==INF)
            printf ("It's impossible.\n");
        else
            printf ("%d\n",Min);
    }
    return 0;
}

（五）闭包传递
hdu 1704 Rank

题意：找不能完成闭包传递的两个点，每有一组对答案贡献为一。
思路：floyd闭包传递，并查集应该也可以，但懒得写了

两种代码，思路类似

#include 
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int dp[505][505];

inline void clear(int n){
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		for(int j = 1;j <= n;++j){
			dp[i][j] = INF; 
		}
	}
	return ;
}

inline int floyd(int n){
	for(int k = 1;k <= n;++k){
		for(int i = 1;i <= n;++i){
			if(!dp[i][k]){
				for(int j = 1;j <= n;++j){
					if(!dp[k][j]) dp[i][j] = 0;
				}
			}
		}
	}
	
	int ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		for(int j = i+1;j <= n;++j){
			if(dp[i][j] && dp[j][i]) ans++;
		}
	}

	return ans;
}

int main()
{
	int n,m,t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		clear(n);
		
		int a,b;
		for(int i = 0;i < m;++i){
			scanf("%d%d",&a,&b);
			dp[a][b] = 0;
		}
		
		printf("%d\n",floyd(n));
	}
	return 0;
}

#include 
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int dp[505][505];

inline void clear(int n){
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		for(int j = 1;j <= n;++j){
			dp[i][j] = INF; 
		}
	}
	return ;
}

inline int floyd(int n){
	for(int k = 1;k <= n;++k){
		for(int i = 1;i <= n;++i){
			if(dp[i][k] == 1){
				for(int j = 1;j <= n;++j){
					if(dp[k][j] == 1){
						dp[i][j] = 1;
						dp[j][i] = -1;
					}
				}
			}
		}
	}
	
	int ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		for(int j = i+1;j <= n;++j){
			if(dp[i][j] == INF) ans++;
		}
	}

	return ans;
}

int main()
{
	int n,m,t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		clear(n);
		
		int a,b;
		for(int i = 0;i < m;++i){
			scanf("%d%d",&a,&b);
			dp[a][b] = 1;
			dp[b][a] = -1;
		}
		
		printf("%d\n",floyd(n));
	}
	return 0;
}

（六）判断正环/负环
** POJ 1860 Currency Exchange（正环）**
只写了一个floyd的，SPFA应该也行，但懒得写了。。。

题意：货币之间相互转换有利率和手续费，看是否存在正环，使原货币数量增多
思路：先跑一边floyd，记录每个货币转换的值有多少，再跑一遍，看每种货币是否有增加，只要其中一种有增加，即存在正环，那么最终必然可以使原货币数量增加

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

double mp1[105][105],mp2[105][105],mp[105];

void init(int n){
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		for(int j = 1;j <= n;++j){
			mp1[i][j] = mp2[i][j] = 0;
		}
		mp[i] = 0;
	}
}

inline bool floyd(int n,int s){
	double t[105];
	memcpy(t,mp,sizeof(mp));
	
	for(int k = 1;k <= n;++k){
		for(int i = 1;i <= n;++i){
			for(int j = 1;j <= n;++j){
				mp[j] = max(mp[j],(mp[i]-mp2[i][j])*mp1[i][j]);
			}
		}
	}
	
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		if(mp[i] > t[i]) return 1;
	}
	return 0;
}

int main()
{
	int u,v,n,m,s;
	double se,k1,k2,k3,k4;
	scanf("%d%d%d%lf",&n,&m,&s,&se);
	init(n);
	mp[s] = se;
	
	for(int i = 0;i < m;++i){
		scanf("%d%d%lf%lf%lf%lf",&u,&v,&k1,&k2,&k3,&k4);
		mp1[u][v] = k1;
		mp2[u][v] = k2;
		mp1[v][u] = k3;
		mp2[v][u] = k4;
	}
	
	floyd(n,s);
	if(floyd(n,s)) printf("YES\n");
	else printf("NO\n");
}

** poj 3259 Wormholes（负环）**
还是Floyd
题意：看能否通过虫洞回到之前，非虫洞边为双向正权边，虫洞边为单向负权边

思路：建图，跑floyd，看自己到自己是否出现负值，自己到自己初始记得设为0。

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int dp[505][505];

inline void clear(int n){
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		for(int j = 1;j <= n;j++){
			dp[i][j] = INF;
		}
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++) dp[i][i] = 0;
	return ;
}

inline void d_edge(int m){
	int s,e,t;
	while(m--){
		scanf("%d%d%d",&s,&e,&t);
		if(dp[s][e] > t) dp[s][e] = dp[e][s] = t;
	}
	return ;
}

inline void o_edge(int w){
	int s,e,t;
	while(w--){
		scanf("%d%d%d",&s,&e,&t);
		dp[s][e] = -t;
	}
	return ;
}

inline bool floyd(int n){
	for(int k = 1;k <= n;++k){
		for(int i = 1;i <= n;++i){
			for(int j = 1;j <= n;++j){
				int temp = dp[i][k]+dp[k][j];
				if(temp < dp[i][j]) dp[i][j] = temp;
			}
			if(dp[i][i] < 0) return 1;
		} 
	}
	return 0;
}

int main()
{
	int n,m,w,t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
		clear(n);
		d_edge(m);
		o_edge(w);
		if(floyd(n)) printf("YES\n");
		else printf("NO\n");
	}
	return 0;
}

（七）思维建图dijkstra
poj 3037 Skiing

题意：从map[1][1]到map[n][m]的最短时间，题目给出的是原图各点的高度，速度是上一次的速度，并在到达之后更新为v*pow（2.0，map[x][y]-map[tx][ty])。

思路：把每个点看作一个节点，只有相联的点才能到达（BFS）即可，然后dijkstra一步步松弛即可。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Max = 2e4+5;
const int INF = 2e18;

struct node{
	int x,y;
	double d,v;
	node(int x,int y,double d,double v):x(x),y(y),d(d),v(v){}
	bool operator < (const node& a) const{
		if(d == a.d) return v < a.v;
		return d > a.d;
	}
};

int mp[105][105];
double dis[105][105];
bool vis[105][105];
int mvx[] = {1,0,0,-1};
int mvy[] = {0,1,-1,0};

inline double dijkstra(int n,int m,int v){
	priority_queue <node> q;
	dis[1][1] = 0;
	q.push(node(1,1,0,v));

	while(!q.empty()){
		node temp = q.top();q.pop();
		int x = temp.x,y = temp.y;
		if(vis[x][y]) continue;
		vis[x][y] = 1;
		
		for(int i = 0;i < 4;++i){
			int tx = x + mvx[i];
			int ty = y + mvy[i];
			if(tx < 1 || tx > n || ty < 1 || ty > m || vis[tx][ty]) continue;
			
			if(dis[tx][ty] > temp.d + 1.0/temp.v){
				dis[tx][ty] = temp.d + 1.0/temp.v;
				q.push(node(tx,ty,dis[tx][ty],temp.v*pow(2.0,mp[x][y]-mp[tx][ty])));
			}
		}
	}
	return dis[n][m];
}

inline void init(int n,int m){
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		for(int j = 1;j <= m;++j){
			dis[i][j] = INF;
			mp[i][j] = vis[i][j] = 0;
		}
	}
	return ;
}

inline void read(int n,int m){
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		for(int j = 1;j <= m;++j){
			scanf("%d",&mp[i][j]);
		}
	}
	return ;
}

int main()
{
	int v,n,m;
	while(~scanf("%d%d%d",&v,&n,&m)){
		init(n,m);
		read(n,m);
		printf("%.2f\n",dijkstra(n,m,v));
	}
	return 0;
}

(八）差分约束系统
poj 3159 Candies
题意：每个人认为某个人不能比自己多超过x颗糖，要求求出两个糖果数量最大差距为多少

思路：按照每个人的想法建立一个约束条件，然后设初始点为0颗糖，跑一次dijkstra即可

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Max = 15e4+5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

struct node{
	int u,d;
	node(int u,int d):u(u),d(d){}
	bool operator < (const node& a) const{
		return d > a.d;
	}
};

struct edg{
	int to,next,w;
}e[Max];
int head[Max],u[Max],v[Max],ww[Max],dis[Max];
bool vis[Max];
int tot;

inline void init(int n){
	for(int i = 1;i <= n;++i) head[i] = 0,vis[i] = 0;
	e[0].to = e[0].w = e[0].next = tot = 0;
	return ;
}

inline void add(int u,int v,int w){
	e[++tot].to = v;
	e[tot].w = w;
	e[tot].next = head[u];
	head[u] = tot;
	return ;
}

inline int dijkstra(int s,int n){
	ll res = 0;
	priority_queue<node>q;
	
	for(int i = 1;i <= n;++i) dis[i] = INF;
	dis[s] = 0;
	q.push(node(s,0));
	
	while(!q.empty()){
		int u = q.top().u;q.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		
		for(int i = head[u];i;i = e[i].next){
			int v = e[i].to,w = e[i].w;
			if(!vis[v] && dis[v] > dis[u]+w){
				dis[v] = dis[u]+w;
				q.push(node(v,dis[v]));
			}
		}
	}
	
	return dis[n];
}

inline void read(int m){
	int u,v,w;
	while(m--){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);
	}
	return ;
}

int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	init(n);
	read(m);
	printf("%d\n",dijkstra(1,n));
	return 0;
}

（九）去边跑最短路
hdu 2433 Travel
题意：问删去第m条边后，途中两两点之间的距离和为多少，若无法联通输出INF

思路：对每个边求一次最短路，并且记录每个源点跑最短路经过的边，每次删边只对用到这条边的点做dijkstra，如果删的是割边，则直接输出INF

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N = 105;
const int M = 3005;

struct edg{
	int to,next;
} e[M << 1];
int head[N],dfn[N],low[N],dis[N],ss[N];
bool bri[M],vis[N][M],use[M];
int tot,cnt;
queue <int> q;

inline void init(int n){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		use[i] = ss[i] = dfn[i] = low[i] = head[i] = 0;
	}
	cnt = 0;
	tot = 1;
	return ;
}

inline void add(int u,int v){
	e[++tot].to = v;
	e[tot].next = head[u]; 
	head[u] = tot;
	return ;
}

inline void read(int m){
	int u,v;
	for(int i = 1;i <= m;++i){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		bri[i] = 0;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	return ;
}

inline void tarjan(int u,int fa){
	dfn[u] = low[u] = ++cnt;
	for(int i = head[u];i;i = e[i].next){
		int v = e[i].to;
		if(i == (fa^1)) continue;
		if(!dfn[v]){
			tarjan(v,i);
			low[u] = min(low[u],low[v]);
			if(low[v] > dfn[u]) bri[i >> 1] = 1;
		}
		else low[u] = min(low[u],dfn[v]);
	}
	return ;
}

inline bool tar(int n){
	int sum = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		if(!dfn[i]){
			sum++;
			if(sum > 1) return 0;
			tarjan(i,0);
		}
	}
	return 1;
}

inline void bfs1(int s){
	q.push(s);
	
	while(!q.empty()){
		int u = q.front();q.pop();
		for(int i = head[u];i;i = e[i].next){
			int v = e[i].to;
			if(!dis[v] && v != s){
				vis[s][i >> 1] = 1;
				dis[v] = dis[u]+1;
				ss[s] += dis[v];
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return ;
}

inline int bfs2(int s){
	memset(dis,0,sizeof(dis));
	int ans = 0;
	q.push(s);
	
	while(!q.empty()){
		int u = q.front();q.pop();
		for(int i = head[u];i;i = e[i].next){
			int v = e[i].to;
			if(!use[i >> 1] && v != s && !dis[v]){
				dis[v] = dis[u]+1;
				ans += dis[v];
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return ans;
}

inline void bf(int n){
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		memset(dis,0,sizeof(dis));
		bfs1(i);
	}
	return ;
}

inline void slove(int n,int m){	
	int ans;
	for(int i = 1;i <= m;++i){
		if(bri[i]) printf("INF\n");
		else{
			ans = 0;
			for(int j = 1;j <= n;++j){
				if(!vis[j][i]) ans += ss[j];
				else{
					use[i] = 1;
					ans += bfs2(j);
					use[i] = 0;
				}
			}
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
	return ;
} 

int main()
{
	int n,m;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		init(n);
		read(m);
		bf(n);
		if(tar(n)) slove(n,m);
		else{
			for(int i = 1;i <= m;++i) printf("INF\n");
		}
	}
	return 0;
}

（十）卡SPFA（SPFA已死[滑稽]）
hdu 4889 Scary Path Finding Algorithm
题意：卡掉SLF优化的SPFA

思路：如果看过知乎上“如何看待SPFA算法已死这种说法”，那么一定知道链套菊花这种骚操作，实际执行起来也没那么难，稍微理解一下菊花图能卡SLF优化的原理，拆成一个个独立的三角，用负边权和0边权卡即可，但。。。刚开始一直wa，后面发现更新的值不够大，会导致入队列操作提前结束，从而卡SPFA失败，看了大佬题解之后用二进制设置的思路ac

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

int main()
{
	int c;
	while(~scanf("%d",&c)){
		printf("61 90\n");
		for(int i = 1;i <= 30;++i){
			printf("%d %d %d\n",2*i-1,2*i,0);
			printf("%d %d %d\n",2*i-1,2*i+1,-(1 << (30-i)));
			printf("%d %d %d\n",2*i,2*i+1,-(1 << (31-i)));
		}
	}
	return 0;
}