floyd算法例题及解析

_gxd_

已于 2025-03-06 20:02:53 修改

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分类专栏：算法例题及解析文章标签：算法数据结构

于 2025-03-05 17:18:05 首次发布

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本章一共四道题目。

1.最短路径问题

2.Cow Contest

3.猪仙修桥

4.虫洞(wormhole)

1.最短路径问题

Description

平面上有 n 个点（n ≤ 100），每个点的坐标均在 -10000 至 10000 之间。其中的一些点之间有连线。若有连线，则表示可从一个点到达另一个点，即两点间有通路，通路的距离为两点直线的距离。现在的任务是找出从一点到另一点之间的最短路径。

Format

Input

共有 n + m + 3 行，其中：第一行为一个整数 n。第 2 行到第 n + 1 行（共 n 行），每行的两个整数 x 和 y，描述一个点的坐标（以一个空格隔开）。

第 n + 2 行为一个整数 m，表示图中的连线个数。

此后的 m 行，每行描述一条连线，由两个整数 i，j 组成，表示第 i 个点和第 j 个点之间有连线。

最后一行，两个整数 s 和 t，分别表示源点和目标点。

Output

一个实数（保留两位小数），表示从 S 到 T 的最短路径的长度。

Samples

输入数据 1

输出数据 1

3.41

思路

这题很简单，要注意的是题中的距离指的是欧几里得距离，设两个点的坐标分别为（x1,y1），（x2,y2），那么两点的距离为 $\sqrt{\left | x1-x2 \right |^2+\left | y1-y2 \right |^2}$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct stu{
	int x,y;
}a[100010];
int n,m,b[100][100],l,r,ss,t;
double dp[100][100];
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].x>>a[i].y;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			dp[i][j]=10000000000.0;//初始化赋极大值
		}
	}
	cin>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>l>>r;
		b[l][r]=1;
		dp[l][r]=sqrt(abs(a[l].x-a[r].x)*abs(a[l].x-a[r].x)+abs(a[l].y-a[r].y)*abs(a[l].y-a[r].y));//计算距离
		dp[r][l]=sqrt(abs(a[l].x-a[r].x)*abs(a[l].x-a[r].x)+abs(a[l].y-a[r].y)*abs(a[l].y-a[r].y));//双向边
	}
	cin>>ss>>t;//两个点
	for(int k=1;k<=n;k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]);//floyd
			}
		}
	}
	cout<<fixed<<setprecision(2)<<dp[ss][t];
	return 0;
}

2.Cow Contest

Description

Farmer John的 N（1 ≤ N ≤ 100）头奶牛们最近参加了场程序设计竞赛，每头奶牛的编程能力不尽相同，并且没有哪两头奶牛的水平相同，也就是说，奶牛们的编程能力有明确的排名。

整个比赛被分为了若干轮，每一轮是两头指定编号的奶牛的对决，如果编号为 A 的奶牛的编程能力强于编号为 B 的奶牛（1 ≤ A，B ≤ N，A ≠ B），那么他们的对决中，编号为 A 的奶牛总是能胜出。

Farmer John想知道奶牛们编程能力的具体排名，于是他找来了奶牛们所有 M（1 ≤ M ≤ 4500）轮比赛的结果，希望你能根据这些信息，推断出尽可能多的奶牛的编程能力排名。比赛结果保证不会自相矛盾。

Format

Input

第一行，两个整数 N 和 M。

第 2 至第 M + 1 行，每行包含两个空格分隔的整数，用于描述每一轮竞争对手和单轮比赛的结果。（A B 代表这一轮 A 赢了 B）

Output

一行，表示可以确定排名的奶牛数量。

Samples

输入数据 1

输出数据 1

Explanation

样例一说明：

编号为 2 的奶牛输给了编号为 1、3、4 的奶牛，也就是说他的水平比这 3 头奶牛都差。而编号为 5 的奶牛又输在了她的手下，也就是说她的水平比编号为 5 的奶牛强一些。于是，编号为 2 的奶牛排名必然是第 4，编号为 5 的奶牛水平必然最差，其他三头奶牛的排名仍无法确定。

思路

这道题也不难，因为只要确定了（i,k）和（k,j）的关系（1<=k<=n），那么就可以确定（i,j）了。要注意的是不能建双向边，因为a>b,b<c不能确定b的排名。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct stu{
	int x,y;
}a[100010];
int n,m,b[110][110],l,r,k,ss,t,maxx,f;
int dp[101][101];
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>l>>r;
		dp[l][r]=1;//不能建双向边，因为仅能确定l赢了r
	}
	for(int k=1;k<=n;k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(i!=j&&i!=k&&j!=k)dp[i][j]=dp[i][k]&dp[k][j]|dp[i][j];//简写版floyd，这又在这种情况下才可以用
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		k=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i==j)continue;
			else{
				k=k&(dp[i][j]|dp[j][i]);//简写（一定要与每只奶牛都能确定关系）
			}
		}
		maxx+=k;
	}
	cout<<maxx;
	return 0;
}

3.猪仙修桥

Description

猪仙多次修桥，已经小有名气了，于是，不断有人来找猪仙修桥。一天，猪仙接到了这样的任务。在一片大海上有 N 座岛屿，需要使它们联通。但是由于经费问题，岛上的居民想在任意两点间距离最短的前提下，用尽可能少的投资把各个岛屿连接起来。需要注意的是，并不是任两个岛屿间都能直接连接，且花费和距离成正比。

但是大家知道，猪仙实际上是不会修桥的，所以他需要大家的帮助。

Format

Input

第一行是一个数 N（N ＜ 100）表示有 N 个岛屿。

以下 N 行，每行有 N 个数，第 i 行第 j 个数表示岛屿 i 和岛屿 j 间建路的花费 Wij（0 ＜ Wij ＜ 10000，Wij = Wji），非正数表示两地不可直连。输入数据保证有解。

Output

第一行输出总花费。

然后输出 N 行，每行 N 个数，第 i 行第 j 个数表示岛屿 i 到岛屿 j 的路。用 1 表示这选取条路，0 则不选。

Samples

输入数据 1

输出数据 1

思路

因为“各个岛屿连接起来”，所以这道题可以用最小生成树做，有兴趣的大佬可以去试一下。假设刚开始每条路都修，那么floyd时只要发现（i,j）可以由（i,k）和（k,j）替代，那么无需使用（i,j），输出时输出0就可以了。要注意的是非正数表示不可达。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,f,sum;
int dp[101][101],v[101][101];
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>dp[i][j];
			if(i!=j)v[i][j]=1;//刚开始都可以用
			if(dp[i][j]<0)dp[i][j]=1e9;//不可达
		}
	}
	for(int k=1;k<=n;k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(i!=j&&i!=k&&j!=k&&dp[i][j]>=dp[i][k]+dp[k][j]){
					v[i][j]=0;//不选这条，因为有更优解
					dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k][j];//更新
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(v[i][j])sum+=dp[i][j];//加上费用
		}
	}
	cout<<sum/2<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cout<<v[i][j]<<" ";///输出
		}
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

4.虫洞(wormhole)

Description

John在他的农场中闲逛时发现了许多虫洞。虫洞可以看作一条十分奇特的有向边，并可以使你返回到过去的一个时刻（相对你进入虫洞之前）。John的每个农场有 M 条小路（无向边）连接着 N （从1...N 标号）块地，并有 W 个虫洞（有向边）。其中 1<=N<=500,1<=M<=2500,1<=W<=200 。现在John想借助这些虫洞来回到过去（出发时刻之前），请你告诉他能办到吗。 John将向你提供 F(1<=F<=5) 个农场的地图。没有小路会耗费你超过 10000 秒的时间，当然也没有虫洞回帮你回到超过 10000 秒以前。

Format

Input

多组数据，第一行一个整数 F, 表示农场个数。

每组数据第一行三个整数 N,M,W。

接下来 M 行，每行三个数 S,E,T 。表示在标号为 S 的地与标号为 E 的地中间有一条用时 T 秒的小路。

接下来 W 行，每行三个数 S,E,T 。表示在标号为 S 的地与标号为 E 的地中间有一条可以使John到达 T 秒前的虫洞。

Output

对于每组数据，如果John能在这个农场实现他的目标，输出 YES,否则输出 NO。

Samples

输入数据 1

输出数据 1

NO
YES

思路

这题有多组测试数据，很坑。注意每次都要初始化为极大值，但（i,i）要初始化为0（不用走），如果floyd后（i,i）反而小于0，那么说明存在一组路径可以穿越到以前。只要有一个点符合上述情况即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,w,s,e,t,ff,f[505][505];
bool flag;
signed main(){
    cin>>ff;
    for(int i=1;i<=ff;i++){
        cin>>n>>m>>w;
        for(int i=1;i<=500;i++)for(int j=1;j<=500;j++)f[i][j]=1e9;//初始化（多测要清空！）
        for(int i=1;i<=m;i++){
            cin>>s>>e>>t;
            f[s][e]=min(f[s][e],t);//有重边
            f[e][s]=min(f[e][s],t);//双向边
        }
        for(int i=1;i<=w;i++){
            cin>>s>>e>>t;
            f[s][e]=min(f[s][e],-t);//t秒前
        }
        flag=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            f[i][i]=0;//自己本身不用走，初始化为0，如果floyd后比零小，那么说明可以穿越
        }
        for(int k=1;k<=n;k++){
            for(int i=1;i<=n;i++){
                for(int j=1;j<=n;j++){
                    f[i][j]=min(f[i][k]+f[k][j],f[i][j]);
                }
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){ 
            if(f[i][i]<0)flag=1;//可以穿越
        }
        if(flag)cout<<"YES\n";
        else cout<<"NO\n";
    }
    return 0;
}