最短路径(6)--poj3259(最短路应用-求负权回路)

最新推荐文章于 2021-12-06 16:45:41 发布

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#poj3259 #Bellman-Ford #Floyd算法 #最短路径 #求负权回路

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农夫约翰利用虫洞探索农场，需要找到能否通过路径和虫洞在有限时间内回到起点。题目提供F个农场的详细地图，包括N个农场、M条路径和W个虫洞的信息。每个农场的路径和虫洞时间限制在一定范围内。任务是判断每个农场是否能实现时间旅行的目标。

POJ 3259

农夫约翰在探索他的许多农场，发现了一些惊人的虫洞。虫洞是很奇特的，因为它是一个单向通道，可让你进入虫洞的前达到目的地！他的N（1≤N≤500）个农场被编号为1..N，之间有M（1≤M≤2500）条路径，W（1≤W≤200）个虫洞。FJ作为一个狂热的时间旅行的爱好者，他要做到以下几点：开始在一个区域，通过一些路径和虫洞旅行，他要回到最开时出发的那个区域出发前的时间。也许他就能遇到自己了:)。为了帮助FJ找出这是否是可以或不可以，他会为你提供F个农场的完整的映射到（1≤F≤5）。所有的路径所花时间都不大于10000秒，所有的虫洞都不大于万秒的时间回溯。

输入

第1行：一个整数F表示接下来会有F个农场说明。

每个农场第一行：分别是三个空格隔开的整数：N，M和W

第2行到M+1行：三个空格分开的数字（S，E，T）描述，分别为：需要T秒走过S和E之间的双向路径。两个区域可能由一个以上的路径来连接。

第M +2到M+ W+1行：三个空格分开的数字（S，E，T）描述虫洞，描述单向路径，S到E且回溯T秒。

输出

F行，每行代表一个农场

每个农场单独的一行，” YES”表示能满足要求，”NO”表示不能满足要求。

NO
YES

这道题中虫洞的意义就是你从a到b话费的时间是-c(时间倒流,并且虫洞是单向的，其余路径是双向的)。其实给出了坐标，这个时候就可以构成一张图，然后将回到从前理解为是否会出现负权环，用Bellman-Ford就可以解出了（或者直接用Floyd 也行，就是时间复杂度要大一些，这道题也能过，如下）

Bellman-Ford:

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
  
using namespace std;  
  
#define inf 1e10  
  
int dis[1005];  
  
struct edge  
{  
    int s, e, t;  
}e[5200];  
  
int n, m, w_m;//number of nodes, number of edges_positive, number of edges_negative  
  
bool bellman(int countt)  
{  
    bool flag;  
      
    for(int i = 0; i < n-1;i++)  
    {  
        flag = false;  
        for(int j = 0; j < countt;j++)  
        {  
            if(dis[e[j].e] > dis[e[j].s] + e[j].t)  
            {  
                dis[e[j].e] = dis[e[j].s] + e[j].t;  
                flag = true;  
            }  
        }  
        if(!flag) break;  
    }  
    for(int i = 0; i < countt; i++)  
    {  
        if (dis[e[i].e] > dis[e[i].s] + e[i].t) {  
            return true;  
        }  
    }  
    return false;  
}  
  
  
int main()  
{  
    int N;  
    cin>>N;  
    while (N--) {  
        memset(dis, inf, sizeof(dis));  
        cin>>n>>m>>w_m;  
        int countt = 0;  
        for(int i = 1; i <= m; i++)  
        {  
            int u, v, w;  
            cin>>u>>v>>w;  
            e[countt].s = e[countt+1].e = u;  
            e[countt].e = e[countt+1].s = v;//bi-directional  
            e[countt++].t = w;  
            e[countt++].t = w;  
        }  
        for(int j = 1; j <= w_m; j++)  
        {  
            int u, v, w;  
            cin>>u>>v>>w;  
            e[countt].s = u;  
            e[countt].e = v;  
            e[countt++].t = -w;//pay attention  
        }  
          
        if (bellman(countt)) {  
            cout << "YES" << endl;  
        }  
        else cout << "NO" << endl;  
    }  
}

Floyd:

#include<cstdio>  
#include<cstring>  
#include<algorithm>  
#include<iostream>  
using namespace std;  
int map[505][505],n,m,k,num=0;  
int floyd()  
{  
    int i,j,k,f=0;  
    for(k=1;k<=n;k++)  
        for(i=1;i<=n;i++){  
            for(j=1;j<=n;j++)  
            {  
                int t=map[i][k]+map[k][j];  
                if(map[i][j]>t)map[i][j]=t;  
                /*map[i][j]=min(map[i][j],map[i][k]+map[k][j]);*/    //直接用min函数会超时
            }  
            if(map[i][i]<0)return 1;  
    }  
    return f;  
}  
int main()  
{  
    int t;  
    scanf("%d",&t);  
    while(t--)  
    {  
        int i,j,a,b,c;  
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);  
        memset(map,0x3f3f3f3f,sizeof(map));  
        for(i=1;i<=n;i++)map[i][i]=0;  
        for(i=1;i<=m;i++)  
        {  
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);  
            if(c<map[a][b])map[a][b]=map[b][a]=c;  
        }  
        for(i=1;i<=k;i++)  
        {  
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);  
            map[a][b]=-c;  
        }  
        num++;  
        int f=floyd();  
        if(!f)printf("NO\n");  
        else printf("YES\n");  
    }  
    return 0;  
}