【算法每日一练]-图论（保姆级教程篇4（遍历））#传送门 #负环判断 #灾后重建

今天继续

题目：传送门

思路：

题目：负环判断

思路：

题目：灾后重建

思路：

题目：传送门

思路：

先跑一边floyd，然后依次加入每个传送门，O(n^5)不行。

所以不能跑n^2次floyd，应该单独把两个有影响的点摘出来处理dis，降为O(n^4)能过

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105;
int n,m,f1[N][N],f2[N][N];
inline void back(){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++){
			f1[i][j]=f2[i][j];
		}
}
int main(){
	cin>>n>>m;int u,v,w,ans=1e9;
	memset(f1,0x3f,sizeof(f1));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		f1[u][v]=w;f1[v][u]=w;
	}
	for(int k=1;k<=n;k++)
	    for(int i=1;i<=n;i++)
	    for(int j=1;j<=n;j++){
	    	f1[i][j]=min(f1[i][k]+f1[k][j],f1[i][j]);
	    	f2[i][j]=f1[i][j];
		}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++){//枚举每个传送门
			f1[i][j]=f1[j][i]=0;
			for(int k1=1;k1<=n;k1++)
			for(int k2=1;k2<=n;k2++)
				f1[k1][k2]=min(f1[k1][k2],f1[k1][i]+f1[i][k2]);//由i点进行中转
			for(int k1=1;k1<=n;k1++)
			for(int k2=1;k2<=n;k2++)
				f1[k1][k2]=min(f1[k1][k2],f1[k1][j]+f1[j][k2]);//由i，j点进行中转
			int tmp=0;
			for(int k1=1;k1<=n;k1++)//这里因为我们没有初始化对角线，所以不要加对角线元素
			for(int k2=1;k2<k1;k2++)//把根据无向图的对称型即可
			tmp+=f1[k1][k2];
			ans=min(ans,tmp);
			back();
		}    
	cout<<ans;
	return 0;
}

题目：负环判断

思路：

只需要记录最短路长度即可，这个长度不是带权的长度，是经过的点个数如果长度大于n一定有问题，也就是出现了负环，如果不停止就会走向无穷小

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N=2005,M=3005;
int n,m,tot;
queue<int>q;
int head[N],vis[N],dis[N],cnt[N];//dis存放到每个点的最短距离，cnt存放对应的长度
struct node{int to;int w;int next;}e[M*2];
void add(int u,int v,int w){e[++tot]=(node){v,w,head[u]};head[u]=tot;}
int spfa(){//判断负环的spfa
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	while(!q.empty()) q.pop();//要把队列清空（c++不支持队列清空函数）
	dis[1]=0;vis[1]=1;q.push(1);
	while(!q.empty()){
		int cur=q.front();q.pop();
		vis[cur]=0;
		for(int i=head[cur];i;i=e[i].next){
			int v=e[i].to,w=e[i].w;
			if(dis[cur]+w<dis[v]){
				dis[v]=dis[cur]+w;
				cnt[v]=cnt[cur]+1//记录最短路长度;
				if(cnt[v]>n)return 1;//如果长度大于n一定有问题，也就是出现了负环，如果不停止就会走向无穷小
				if(!vis[v])q.push(v),vis[v]=1;	
			}
		} 
	}	
	return 0;
}
int main(){
	int t,u,v,w;
	cin>>t;
	while(t--){
		tot=0;memset(head,0,sizeof(head));
		cin>>n>>m;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
			add(u,v,w);
			if(w>=0)add(v,u,w);
		}
		if(spfa())cout<<"YES"<<'\n';
		else cout<<"NO"<<'\n';
	}

}

题目：灾后重建

思路：

floyd的最外层k其实是在放入前k个点后的对dis的影响

eg：k为1是仅放入1对dis的影响，k为2是仅放入1和2后对dis的影响，依次类推
那么此题，我们只需要放一个对应的点，就输出一次，这就是前k个点的影响

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=205;
int n,m,INF;
int a[N],f[N][N];
inline void updata(int k){//依次放入k，对各个dis进行影响
	for(int i=0;i<n;i++)
	for(int j=0;j<n;j++){
		if(f[i][j]>f[i][k]+f[k][j])
		f[i][j]=f[i][k]+f[k][j];
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;i++)  cin>>a[i];//每个村庄的建好时间
	memset(f,0x3f,sizeof(f));INF=f[1][1];//初始化f
	for(int i=0;i<n;i++)  f[i][i]=0;
	int u,v,w;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		f[u][v]=f[v][u]=w;
	}
	int q,t,now=0;cin>>q;
	while(q--){
		cin>>u>>v>>t;//询问
		while(a[now]<=t&&now<n){//把t时间之前的村庄都考虑进去
			updata(now);now++;
		}
		if(a[u]>t||a[v]>t)cout<<-1<<'\n';//村庄还没修好
		else{
			if(f[u][v]==INF)cout<<-1<<'\n';//根本就无法到达
			else cout<<f[u][v]<<'\n';
		}
	}
	return 0;
}