算法随笔：Floyd
Floyd算法是一种对所有点对最短路径算法、多源最短路径算法，以此计算能得到图中每一对节点之间的最短路径。Floyd不仅可以用来求多源最短路，也可以用于解决传递闭包问题。
算法思想：
Floyd求最短路径用的是“从小图到全图”的动态规划思想，定义状态dp[k][i][j]，i、j、k都为节点编号，范围为1~n。状态dp[k][i][j]表示在包含1~k点的子图上，点对i、j的最短路径。当从子图1~k-1扩展成子图1~k时，状态转移方程为：
dp[k][i][j]=min(dp[k-1][i][j], dp[k-1][i][k]+dp[k-1][k][j]);
dp[k-1][i][j]是不考虑经过k点的旧的i到j的路径，dp[k-1][i][k]+dp[k-1][k][j]是考虑经过k点的新的i到j的路径，较小者就是新的dp[k][i][j]。
当k从1逐步扩展到n时，最后得到的dp[n][i][j]就是点对i、j之间的最短路径长度。若i、j是直连的，初值dp[0][i][j]就是边长，若不直连，初值为无穷大。
在具体实现时，我们利用滚动数组技巧将dp[][][]缩成dp[][]，因为dp[k][][]只和dp[k-1][][]有关，所以可以省略掉k这一维。由于k是动态规划子问题的“阶段”，即k是从点1开始逐步扩大到n的，所以k循环必须在i、j循环的外层。
关键代码：
void floyd()
{
for (int k = 0; k < n; k++) // 不能将最外层的k循环放到内层，这会导致结果出错
{
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if(d[i][k] != INF && d[k][j] != INF && d[i][k] + d[k][j] < d[i][j])
{
d[i][j] = d[i][k] + d[k][j]; // 找到更短的路径
}
}
}
}
}或者
void floyd()
{
for (int k = 0; k < n; k++) // 不能将最外层的k循环放到内层，这会导致结果出错
{
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < n; j++)
{
d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k]+d[k][j]);
}
}
}
}算法特征：
（1）能一次性求得所有节点之间的最短距离。
（2）效率不高，时间复杂度为O(n^3)，n为节点数量。
（3）用邻接矩阵存储最合适，因为Floyd算法求的是所有点对之间的最短距离，本身就需要n*n的存储空间。
（4）可用于负权边，可以判断负环。因为Floyd基于动态规划思想而非贪心思想，所以即使图中存在负权边也可以保证从局部最优可以推导到全局最优。如果图中存在负环，那么每在这个负环上绕一圈，总长度就更小，从而使得能与这个负环连通的点对的最短距离都将成为负无穷大。而Floyd算法很容易判断负环，只要在算法运行过程中出现任意dp[i][i]<0，就说明有负环。因为dp[i][i]是从i出发，经过其他中转点绕一圈回到自己的最短路径，如果小于0，即存在负环。
算法的常见应用场景以及例题：
（1）图的规模n<300。时间复杂度O(n^3)限制了图的规模。
（2）可能多次查询不同点对之间的最短路径。
例题：hdu 1385
题意：非常简单的模板题，该题需要输出具体的路径点。
思路：求最短路就是最简单的Floyd模板，我们讨论打印具体路径的方法，用path[][]记录路径，path[i][j]=u表示起点为i，终点为j的最短路径，从i出发下一个点是u。一个完整的路径是从s出发，查询path[s][j]=u找到下一个点为u，然后从u出发，查询path[u][j]=v，下一个点是v，重复这个操作，直到最后到达终点j。路径的具体计算见代码。
代码：
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=5000;
const int INF=100000000;
int n;
int node[maxn];
int dist[maxn][maxn];
int path[maxn][maxn];
void floyd()
{
for(int i=1;i<=n;i++)//初始化 有一种后驱的感觉
for(int j=1;j<=n;j++)
path[i][j]=j;
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
int temp=dist[i][k]+dist[k][j]+node[k];
if(dist[i][j]>temp)
{
dist[i][j]=temp;
path[i][j]=path[i][k];
}
if(dist[i][j]==temp)
{
if(path[i][j]>path[i][k])
path[i][j]=path[i][k];
}
}
}
int main()
{
int a,be,en;
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
scanf("%d",&a);
if(a!=-1) dist[i][j]=a;
else dist[i][j]=INF;
}
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&node[i]);
floyd();
int kcase=0;
while(1)
{
if(kcase!=0) printf("\n");
kcase++;
scanf("%d%d",&be,&en);
if(be==-1&&en==-1) break;
printf("From %d to %d :\n",be,en);
printf("Path: ");
printf("%d",be);
int temp=be;
while(temp!=en)
{
printf("-->%d",path[temp][en]);
temp=path[temp][en];
}
printf("\n");
printf("Total cost : %d\n",dist[be][en]);
}
}
return 0;
} （3）问题的解决和中转点有关。这是Floyd算法的核心思想，算法用DP方法遍历中转点计算最短路径。
例题：洛谷P1119 灾后重建
个人题解，戳这
（4）路径在“兜圈子”，一个点可能多次经过。这是Floyd算法的特点，其他路径算法都不行。
例题：洛谷P1613 跑路
个人题解，戳这
（5）解决传递闭包问题。传递闭包是离散数学的概念，给定一个集合，以及若干对元素之间的传递关系，传递闭包问题是求所有元素之间的传递（连通）关系。例如，包括3个元素的集合{a,b,c}，给定传递关系，a->b，b->c，那么可以推导出a->c。在图论中可以把传递闭包问题转换为：给定一个有向图，其中有n个点和m条边，求所有点对之间的连通性关系。传递闭包是“多源”路径问题。
例题1：hdu1704 Rank
题意：有m场比赛，每场比赛由两人决胜负。已知一些比赛的成绩，现在要查询任意两人之间的胜负情况，要求输出有多少个查询的胜负是不能被确定的。在本题中我们认为胜负关系具有传递性，即若A赢了B，B赢了C，那么得出A赢了C。n,m >= 500。
思路：把参赛人员和胜负关系建模为一个有向图，有向边A->B表示A赢了B。然后使用Floyd算法求解传递闭包矩阵，矩阵中等于1代表能确定胜负，为0代表不能确定。统计Floyd后，矩阵中为0的数量即可。本题n=500，比较小，简单优化即可通过。如果n=1000，则需要使用bitset优化，减少一层循环。bitset是一种类似数组的数据结构，它的每个元素用1b存储，只能是0或者1。使用了bitset后，Floyd算法在传递闭包的特殊情况下时间复杂度可以优化到接近O(n^2)。
代码：
#include
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 1e3 + 10;
const int INF = 0x3fffffff;
const int mod = 1000000007;
int dis[maxn][maxn];
int n, m;
void floyd() {
for (int k = 1; k <= n; k++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!dis[i][k])
continue;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (!dis[k][j])
continue;
dis[i][j] = 1;
}
}
}
}
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) { // 初始化
for (int j = 1; j <= n; j++) {
dis[i][j] = (i == j);
}
}
for (int i = 0; i < m; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
dis[u][v] = 1;
}
floyd();
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
if (dis[i][j] == 0 && dis[j][i] == 0) {
ans++;
}
}
}
cout << ans << endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout << fixed;
cout.precision(18);
int t;
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
} 下面也给出bitset优化的代码（bitset的作用是省去了最后一层j的循环，改用位运算或的方式对整个bitset数组的每一位一次性计算）：
#include
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 1e3 + 10;
const int INF = 0x3fffffff;
const int mod = 1000000007;
bitset dis[maxn];
int n, m;
void floyd() {
for (int k = 1; k <= n; k++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!dis[i][k])
continue;
dis[i] |= dis[k];
}
}
}
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) { // 初始化
for (int j = 1; j <= n; j++) {
dis[i][j] = (i == j);
}
}
for (int i = 0; i < m; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
dis[u][v] = 1;
}
floyd();
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
if (dis[i][j] == 0 && dis[j][i] == 0) {
ans++;
}
}
}
cout << ans << endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout << fixed;
cout.precision(18);
int t;
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
} 例题2：POJ1127
题意：给出n条线段，线段相交即连通，判断任意两条线段是否连通
思路：首先用计算几何的算法求出线段相交，将线段之间的相交构建成二维矩阵，就可以转换成传递闭包问题了，用Floyd求出所有线段之间的连通性。
代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 20;
const int maxm = 1e4 + 10;
double EPS = 1e-10;
// 考虑误差的加法运算
double add(double a, double b)
{
if(abs(a + b) < EPS * (abs(a) + abs(b)))
return 0;
return a + b;
}
// 二维向量结构体
struct P
{
double x, y;
P() {}
P(double x, double y)
{
this->x = x;
this->y = y;
}
void input()
{
cin >> x >> y;
}
P operator + (P &p)
{
return P(add(x, p.x), add(y, p.y));
}
P operator - (P &p)
{
return P(add(x, -p.x), add(y, -p.y));
}
P operator * (double d)
{
return P(x * d, y * d);
}
double dot(P p) // 内积
{
return add(x * p.x, y * p.y);
}
double det(P p) // 外积
{
return add(x * p.y, -y * p.x);
}
};
// 判断两条直线是否平行
bool isParallel(P p1, P p2, P q1, P q2)
{
return (p1 - p2).det(q1 - q2) == 0;
}
// 判断点q是否在线段p1p2上
bool on_seg(P p1, P p2, P q)
{
return (p1 - q).det(p2 - q) == 0 && (p1 - q).dot(p2 - q) <= 0;
}
// 计算直线p1p2与直线q1q2的交点
P intersection(P p1, P p2, P q1, P q2)
{
// return p1 + (p2 - p1) * ((q2 - q1).det(q1 - p1) / (q2 - q1).det(p2 - p1));
double t = ((q2 - q1).det(q1 - p1) / (q2 - q1).det(p2 - p1));
P x = ((p2 - p1) * t);
return p1 + x;
}
int n, m;
P p[maxn], q[maxn]; // 一个线段的起点和终点
int A[maxm], B[maxm]; // 题目要询问哪些木棍的连接情况
bool G[maxn][maxn]; // 线段之间的相连关系
void floyd()
{
for (int k = 1; k <= n; k++)
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
G[i][j] |= (G[i][k] && G[k][j]);
}
}
}
}
void solve()
{
// 先判断所有的线段两两之间是否有直接的公共点
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
G[i][i] = true;
for (int j = 1; j < i; j++)
{
if(i == j) continue;
// 判断线段i和线段j是否有公共点
if(isParallel(p[i], q[i], p[j], q[j]))
{ // 平行时，我们检查任一端点是否在另一条线段上，来判断两条线段是否有公共点
G[i][j] = G[j][i] = on_seg(p[i], q[i], p[j])
|| on_seg(p[i], q[i], q[j])
|| on_seg(p[j], q[j], p[i])
|| on_seg(p[j], q[j], q[i]);
}
else
{
P cross = intersection(p[i], q[i], p[j], q[j]);
G[i][j] = G[j][i] = on_seg(p[i], q[i], cross) && on_seg(p[j], q[j], cross);
}
}
}
// 通过floyd算法判断任意两条线段之间是否连通（传递闭包问题）
floyd();
// 输出结果
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
G[A[i]][B[i]] ? cout << "CONNECTED\n" : cout << "NOT CONNECTED\n";
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
while(n != 0)
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
p[i].input();
q[i].input();
// cout << p[i].x << " " << p[i].y << " " << q[i].x << " " << q[i].y << endl;
}
for (int i = 1; ; i++)
{
int a, b;
cin >> a >> b;
if(a == 0 && b == 0)
break;
m = i;
A[i] = a;
B[i] = b;
// cout << A[i] << " " << B[i] << endl;
}
solve();
cin >> n;
}
return 0;
}