博客围绕最短路径问题展开，介绍了深度或广度优先搜索、弗洛伊德、迪杰斯特拉、Bellman - Ford四种算法。深度或广度优先用于解决单源最短路径；弗洛伊德解决多源最短路径；迪杰斯特拉解决单源最短路径；Bellman - Ford可解决含负权边的单源最短路径问题，还能检测负权回路。
以下转自https://blog.youkuaiyun.com/weixin_42060896/article/details/82216379
例题：HDU 2544
最短路
Time Limit: 5000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 89730 Accepted Submission(s): 38892
Problem Description
在每年的校赛里，所有进入决赛的同学都会获得一件很漂亮的t-shirt。但是每当我们的工作人员把上百件的衣服从商店运回到赛场的时候，却是非常累的！所以现在他们想要寻找最短的从商店到赛场的路线，你可以帮助他们吗？
Input
输入包括多组数据。每组数据第一行是两个整数N、M（N<=100，M<=10000），N表示成都的大街上有几个路口，标号为1的路口是商店所在地，标号为N的路口是赛场所在地，M则表示在成都有几条路。N=M=0表示输入结束。接下来M行，每行包括3个整数A，B，C（1<=A,B<=N,1<=C<=1000）,表示在路口A与路口B之间有一条路，我们的工作人员需要C分钟的时间走过这条路。
输入保证至少存在1条商店到赛场的路线。
Output
对于每组输入，输出一行，表示工作人员从商店走到赛场的最短时间
Sample Input
2 1
1 2 3
3 3
1 2 5
2 3 5
3 1 2
0 0
Sample Output
3
2
1），深度或广度优先搜索算法（解决单源最短路径）
从起始结点开始访问所有的深度遍历路径或广度优先路径，则到达终点结点的路径有多条，取其中路径权值最短的一条则为最短路径。
给定一个带权有向图G=（V,E），其中每条边的权是一个实数。另外，还给定V中的一个顶点，称为
源。
现在要计算从源到其他所有各顶点的最短路径长度。这里的长度就是指路上各边权之和。这个问题通
常称为单源最短路径 [1] 问题。
从起始结点开始访问所有的深度遍历路径或广度优先路径，则到达终点结点的路径有多条，取其中路
径权值最短的一条则为最短路径
下面是核心代码：
1 //题意：求1->n的最短路径 2 #include<iostream> 3 #include<string.h> 4 #define inf 99999999 5 using namespace std; 6 int dis[111][111]; 7 bool vis[111]; 8 int n,cnt;//n为节点数,cnt为最短长度 9 void init(int x){ 10 for(int i=0;i<=n;i++){ 11 for(int j=0;j<=n;j++) 12 dis[i][j]=inf; 13 dis[i][i]=0; 14 vis[i]=0; 15 } 16 } 17 void dfs(int st,int dst) 18 { 19 if(dst>cnt)return ;//距离大于最短路径，无需遍历 20 if(st==n){//到达终点 21 cnt=cnt>dst?dst:cnt; 22 return; 23 } 24 for(int i=1;i<=n;i++) 25 { 26 if(!vis[i]&&dis[st][i]!=inf&&dis[st][i]){ 27 vis[i]=1; 28 dfs(i,dst+dis[st][i]); 29 vis[i]=0; 30 } 31 } 32 } 33 int main() 34 { 35 int m; 36 while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&n&&m) 37 { 38 int x,y,len; 39 cnt=inf; 40 init(n); 41 while(m--){ 42 scanf("%d%d%d",&x,&y,&len); 43 dis[x][y]=min(dis[x][y],len);//两点之间距离重复输入取小距离 44 dis[y][x]=dis[x][y]; 45 } 46 vis[1]=1; 47 dfs(1,0); 48 printf("%d\n",cnt); 49 } 50 return 0; 51 } 52 Sample Input 2 53 5 14 54 2 2 262 55 5 3 403 56 4 2 456 57 1 5 289 58 3 1 1000 59 2 4 217 60 2 5 536 61 2 5 415 62 2 4 880 63 3 1 179 64 3 4 972 65 5 3 2 66 1 3 491 67 4 1 872 68 0 0 69 Sample Output 2 70 181
2），弗洛伊德算法（解决多源最短路径）：时间复杂度O(n^3),空间复杂度O(n^2)
基本思想：最开始只允许经过1号顶点进行中转，接下来只允许经过1号和2号顶点进行中转......允许经过1~n号所有顶点进行中转，来不断动态更新任意两点之间的最短路程。即求从i号顶点到j号顶点只经过前k号点的最短路程。
1 //题意：求1->n的最短路径 2 #include<iostream> 3 #include<string.h> 4 #define inf 99999999 5 using namespace std; 6 int n,dis[111][111]; 7 void init(){ 8 for(int i=0;i<=n;i++){ 9 for(int j=0;j<=n;j++) 10 dis[i][j]=inf; 11 dis[i][i]=0; 12 } 13 } 14 int main() 15 { 16 int m; 17 while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&n&&m) 18 { 19 init(); 20 while(m--){ 21 int x,y,len; 22 scanf("%d%d%d",&x,&y,&len); 23 dis[x][y]=min(dis[x][y],len); 24 dis[y][x]=dis[x][y]; 25 } 26 for(int k=1;k<=n;k++)//要经过的点 27 for(int i=1;i<=n;i++) 28 for(int j=1;j<=n;j++) 29 dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); 30 printf("%d\n",dis[1][n]);//可以选任意两点之间的距离 31 } 32 return 0; 33 } 34 Sample Input 2 35 5 14 36 2 2 262 37 5 3 403 38 4 2 456 39 1 5 289 40 3 1 1000 41 2 4 217 42 2 5 536 43 2 5 415 44 2 4 880 45 3 1 179 46 3 4 972 47 5 3 2 48 1 3 491 49 4 1 872 50 0 0 51 Sample Output 2 52 181
3），迪杰斯特拉算法（解决单源最短路径）
基本思想：每次找到离源点（如1号结点）最近的一个顶点，然后以该顶点为中心进行扩展，最终得到源点到其余所有点的最短路径。
基本步骤：1.开容器v，储存子节点、距离、花费；2、开数组dis记录起始点到各点距离；3、进行n-1次松弛操作（先找出未标记点中离起始点最近的点，标记该点，然后求出该点子节点到起始点的最短距离（优先）与最短花费）；4、输出到终点的最短距离与花费；
1 //题意：求两点之间最短路径 2 #include<iostream> 3 #include<string.h> 4 #include<vector> 5 #include<algorithm> 6 #define N 999999999 7 using namespace std; 8 struct node{ 9 int er,len,cost; 10 }; 11 vector<node>v[1111]; 12 int main() 13 { 14 int n,m; 15 while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&n&&m) 16 { 17 int dis[1111],spend[1111]; 18 bool vis[1111]; 19 node tmp; 20 int x,y; 21 for(int i=0;i<1111;i++) 22 v[i].clear(); 23 while(m--){ 24 scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&tmp.len,&tmp.cost); 25 tmp.er=x; 26 v[y].push_back(tmp); 27 tmp.er=y; 28 v[x].push_back(tmp); 29 } 30 scanf("%d%d",&x,&y);//起点和终点 31 for(int i=1;i<=n;i++){ 32 vis[i]=0; 33 dis[i]=spend[i]=N; 34 } 35 for(int i=0;i<v[x].size();i++){ 36 dis[v[x][i].er]=v[x][i].len; 37 spend[v[x][i].er]=v[x][i].cost; 38 } 39 vis[x]=1; 40 for(int k=1;k<=n-1;k++) 41 { 42 int id,mi=N; 43 for(int i=1;i<=n;i++){ 44 if(!vis[i]&&dis[i]<mi){//查询并记录离x最近的点 45 id=i;mi=dis[i]; 46 } 47 } 48 vis[id]=1;//标记过的点已经是最短 49 for(int i=0;i<v[id].size();i++) 50 { 51 int vv=v[id][i].er; 52 if(!vis[vv]&&dis[vv]>dis[id]+v[id][i].len)//未标记、直接距离大于通过id点的距离 53 dis[vv]=dis[id]+v[id][i].len, 54 spend[vv]=spend[id]+v[id][i].cost; 55 else if(!vis[vv]&&dis[vv]==dis[id]+v[id][i].len&&spend[vv]>spend[vv]+v[id][i].cost)//未标记、距离相等找花费更小的 56 spend[vv]=spend[id]+v[id][i].cost; 57 } 58 } 59 printf("%d %d\n",dis[y],spend[y]); 60 } 61 return 0; 62 } 63 /* 64 3 2 65 1 2 5 6 66 2 3 4 5 67 1 3 68 3 2 69 1 3 5 6 70 2 1 3 5 71 3 2 72 9 11 73 8 11 74 */
4），Bellman-Ford算法(解决负权边，解决单源最短路径，前几种方法不能求含负权边的图)：：时间复杂度O(nm),空间复杂度O(m)
主要思想：对所有的边进行n-1轮松弛操作，因为在一个含有n个顶点的图中，任意两点之间的最短路径最多包含n-1边。换句话说，第1轮在对所有的边进行松弛后，得到的是从1号顶点只能经过一条边到达其余各定点的最短路径长度。第2轮在对所有的边进行松弛后，得到的是从1号顶点只能经过两条边到达其余各定点的最短路径长度，......
以下是图示：
此外，Bellman_Ford还可以检测一个图是否含有负权回路：POJ1860
1 /* 2 题意：有多种汇币，汇币之间可以交换，这需要手续费，当你用100A币 3 交换B币时，A到B的汇率是29.75，手续费是0.39，那么你可以得到 4 (100 - 0.39) * 29.75 = 2963.3975 B币。问s币的金额经过交换最终 5 得到的s币金额数能否增加 6 货币的交换是可以重复多次的，所以我们需要找出是否存在 7 正权回路，且最后得到的s金额是增加的 8 怎么找正权回路呢？（正权回路：在这一回路上，顶点的权值能不断增加即能一直进行松弛） 9 分析： 10 反向利用Bellman-Ford算法 11 单源最短路径算法，因为题目可能存在负边，所以用Bellman Ford算法， 12 原始Bellman Ford可以用来求负环，这题需要改进一下用来求正环 13 一种货币就是图上的一个点 14 一个“兑换点”就是图上两种货币之间的一个兑换环，相当于“兑换方式”M的个数，是双边 15 唯一值得注意的是权值，当拥有货币A的数量为V时，A到A的权值为K，即没有兑换 16 而A到B的权值为(V-Cab)*Rab 17 本题是“求最大路径”，之所以被归类为“求最小路径”是因为本题题恰恰 18 与bellman-Ford算法的松弛条件相反，求的是能无限松弛的最大正权路径， 19 但是依然能够利用bellman-Ford的思想去解题。 20 因此初始化d(S)=V 而源点到其他店的距离（权值）初始化为无穷小（0）， 21 当s到其他某点的距离能不断变大时，说明存在最大路径 22 */ 23 #include<iostream> 24 #include<string.h> 25 #include<algorithm> 26 using namespace std; 27 struct node 28 { 29 int x,y; 30 double r,c; 31 }num[222]; 32 int n,m,s,ans; 33 double v; 34 void add(int x,int y,double r,double c) 35 { 36 num[ans].x=x; 37 num[ans].y=y; 38 num[ans].r=r; 39 num[ans].c=c; 40 ans++; 41 } 42 bool bellon() 43 { 44 double dis[111]; 45 for(int i=0;i<=n;i++) 46 dis[i]=0; 47 dis[s]=v; 48 for(int j=1;j<n;j++) 49 { 50 bool flag=0; 51 for(int i=0;i<ans;i++){ 52 if(dis[num[i].y]<(dis[num[i].x]-num[i].c)*num[i].r) 53 dis[num[i].y]=(dis[num[i].x]-num[i].c)*num[i].r,flag=1; 54 } 55 if(!flag) 56 return 0; 57 } 58 for(int i=0;i<ans;i++) 59 if(dis[num[i].y]<(dis[num[i].x]-num[i].c)*num[i].r) 60 return 1; 61 return 0; 62 } 63 int main() 64 { 65 int a,b; 66 ans=0; 67 double ra,rb,ca,cb; 68 scanf("%d%d%d%lf",&n,&m,&s,&v); 69 while(m--) 70 { 71 scanf("%d%d%lf%lf%lf%lf",&a,&b,&ra,&ca,&rb,&cb); 72 add(a,b,ra,ca); 73 add(b,a,rb,cb); 74 } 75 if(bellon()) 76 printf("YES\n"); 77 else 78 printf("NO\n"); 79 return 0; 80 }
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