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synced 2025-07-10 12:15:58 +08:00
Update
This commit is contained in:
programmercarl
@ -219,7 +219,7 @@ class Solution {
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### Python：
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先遍历物品, 再遍历背包
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先遍历背包, 再遍历物品
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```python
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class Solution:
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def numSquares(self, n: int) -> int:
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@ -234,7 +234,7 @@ class Solution:
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return dp[n]
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```
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先遍历背包, 再遍历物品
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先遍历物品, 再遍历背包
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```python
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class Solution:
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def numSquares(self, n: int) -> int:
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@ -389,7 +389,7 @@ function numSquares(n: number): number {
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};
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```
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## C
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### C
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```c
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#define min(a, b) ((a) > (b) ? (b) : (a))
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@ -1,57 +0,0 @@
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# Floyd 算法精讲
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[卡码网：97. 小明逛公园](https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1155)
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【题目描述】
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小明喜欢去公园散步，公园内布置了许多的景点，相互之间通过小路连接，小明希望在观看景点的同时，能够节省体力，走最短的路径。
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给定一个公园景点图，图中有 N 个景点（编号为 1 到 N），以及 M 条双向道路连接着这些景点。每条道路上行走的距离都是已知的。
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小明有 Q 个观景计划，每个计划都有一个起点 start 和一个终点 end，表示他想从景点 start 前往景点 end。由于小明希望节省体力，他想知道每个观景计划中从起点到终点的最短路径长度。 请你帮助小明计算出每个观景计划的最短路径长度。
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【输入描述】
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第一行包含两个整数 N, M, 分别表示景点的数量和道路的数量。
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接下来的 M 行，每行包含三个整数 u, v, w，表示景点 u 和景点 v 之间有一条长度为 w 的双向道路。
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接下里的一行包含一个整数 Q，表示观景计划的数量。
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接下来的 Q 行，每行包含两个整数 start, end，表示一个观景计划的起点和终点。
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【输出描述】
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对于每个观景计划，输出一行表示从起点到终点的最短路径长度。如果两个景点之间不存在路径，则输出 -1。
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【输入示例】
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7 3
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1 2 4
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2 5 6
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3 6 8
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2
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1 2
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2 3
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【输出示例】
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4
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-1
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【提示信息】
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从 1 到 2 的路径长度为 4，2 到 3 之间并没有道路。
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1 <= N, M, Q <= 1000.
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## 思路
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本题是经典的多源最短路问题。
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我们之前讲解过的算法，dijkstra，
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@ -19,7 +19,7 @@
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【输出描述】
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输出一个整数，代表小明在途中和其他科学家和科研团队交流所花费的最少时间。
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输出一个整数，代表小明从起点到终点所花费的最小时间。
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输入示例
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@ -519,7 +519,7 @@ int main() {
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所以边添加一次时间复杂度是 O(E)， `while (!pq.empty())` 里每次都要弹出一个边来进行操作，在优先级队列（小顶堆）中 弹出一个元素的时间复杂度是 O(logE) ，这是堆排序的时间复杂度。
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（当然小顶堆里 是 添加元素的时候 排序，还是 取数元素的时候排序，这个无所谓，时间复杂度都是O(E)，总是是一定要排序的，而小顶堆里也不会滞留元素，有多少元素添加 一定就有多少元素弹出）
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||||
（当然小顶堆里 是 添加元素的时候 排序，还是 取数元素的时候排序，这个无所谓，时间复杂度都是O(E)，总之是一定要排序的，而小顶堆里也不会滞留元素，有多少元素添加 一定就有多少元素弹出）
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所以 该算法整体时间复杂度为 O（ElogE)
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@ -537,7 +537,7 @@ int main() {
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也行的。
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但 正是因为稀疏图，所以我们使用堆优化的思路， 如果我们还用 邻接矩阵 去表达这个图的话，就是 一个高效的算法 使用了低效的数据结构，那么 整体算法效率 依然是低的。
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但 正是因为稀疏图，所以我们使用堆优化的思路， 如果我们还用 邻接矩阵 去表达这个图的话，就是 **一个高效的算法 使用了低效的数据结构，那么 整体算法效率 依然是低的**。
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如果还不清楚为什么要使用 邻接表，可以再看看上面 我在 「图的存储」标题下的讲解。
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@ -626,7 +626,7 @@ int main() {
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正如我在开篇就给大家交代清楚 堆优化方式的背景。
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堆优化的整体思路和 朴素版是大体一样的，区别是 堆优化从边的角度触发，且利用堆来排序。
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堆优化的整体思路和 朴素版是大体一样的，区别是 堆优化从边的角度出发且利用堆来排序。
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很多录友别说写堆优化 就是看 堆优化的代码也看的很懵。
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@ -19,7 +19,7 @@
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【输出描述】
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输出一个整数，代表小明在途中和其他科学家和科研团队交流所花费的最少时间。
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输出一个整数，代表小明从起点到终点所花费的最小时间。
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输入示例
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@ -1,7 +1,7 @@
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# Bellman_ford 队列优化算法（又名SPFA）
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[卡码网： 94. 城市间货物运输 I](https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1152)
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[卡码网：94. 城市间货物运输 I](https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1152)
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题目描述
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@ -16,6 +16,8 @@
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城市 1 到城市 n 之间可能会出现没有路径的情况，同时保证道路网络中不存在任何负权回路。
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> 负权回路是指一系列道路的总权值为负，这样的回路使得通过反复经过回路中的道路，理论上可以无限地减少总成本或无限地增加总收益。
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输入描述
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第一行包含两个正整数，第一个正整数 n 表示该国一共有 n 个城市，第二个整数 m 表示这些城市中共有 m 条道路。
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@ -68,7 +70,7 @@
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基于以上思路，如何记录 上次松弛的时候更新过的节点呢？
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用队列来记录。
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用队列来记录。（其实用栈也行，对元素顺序没有要求）
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接下来来举例这个队列是如何工作的。
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@ -115,7 +117,7 @@
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将节点4，节点5 加入队列，如图：
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--------------------
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@ -125,7 +127,7 @@
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因为没有从节点3作为出发点的边，所以这里就从队列里取出节点3就好，不用做其他操作，如图：
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@ -138,7 +140,7 @@
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如图：
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@ -151,10 +153,13 @@
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如图：
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因为节点3，和 节点6 都曾经加入过队列，不用重复加入，避免重复计算。
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||||
因为节点3，和 节点6 都曾经加入过队列，不用重复加入，避免重复计算。
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在代码中我们可以用一个数组 visited 来记录入过队列的元素，加入过队列的元素，不再重复入队列。
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@ -172,16 +177,16 @@
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这样我们就完成了基于队列优化的bellman_ford的算法模拟过程。
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大家可以发现 基于队列优化的算法，要比bellman_ford 算法 减少很多无用的松弛情况，特别是对于边树众多的大图 优化效果明显。
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||||
大家可以发现 基于队列优化的算法，要比bellman_ford 算法 减少很多无用的松弛情况，特别是对于边数众多的大图 优化效果明显。
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了解了大体流程，我们再看代码应该怎么写。
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在上面模拟过程中，我们每次都要知道 一个节点作为出发点 链接了哪些节点。
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如果想方便这道这些数据，就需要使用邻接表来存储这个图，如果对于邻接表不了解的话，可以看 [kama0047.参会dijkstra堆](./kama0047.参会dijkstra堆.md) 中 图的存储 部分。
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||||
如果想方便知道这些数据，就需要使用邻接表来存储这个图，如果对于邻接表不了解的话，可以看 [kama0047.参会dijkstra堆](./kama0047.参会dijkstra堆.md) 中 图的存储 部分。
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代码如下：
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整体代码如下：
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```CPP
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#include <iostream>
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@ -218,24 +223,19 @@ int main() {
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minDist[start] = 0;
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queue<int> que;
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que.push(start);
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int que_size;
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que.push(start); // 队列里放入起点
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while (!que.empty()) {
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// 注意这个数组放的位置
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vector<bool> visited(n + 1, false); // 可加，可不加，加了效率高一些，防止队列里重复访问，其数值已经算过了
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que_size = que.size();
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int node = que.front(); que.pop();
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for (Edge edge : grid[node]) {
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int from = node;
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int to = edge.to;
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int price = edge.val;
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if (minDist[to] > minDist[from] + price) { // 开始松弛
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minDist[to] = minDist[from] + price;
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if(visited[to]) continue; // 节点不用重复放入队列，但节点需要重复计算，所以放在这里位置
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visited[to] = true;
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que.push(to);
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int value = edge.val;
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if (minDist[to] > minDist[from] + value) { // 开始松弛
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minDist[to] = minDist[from] + value;
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||||
que.push(to);
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}
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}
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@ -244,41 +244,103 @@ int main() {
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if (minDist[end] == INT_MAX) cout << "unconnected" << endl; // 不能到达终点
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else cout << minDist[end] << endl; // 到达终点最短路径
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}
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```
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代码中有一点需要注意，即 `if(visited[to]) continue;` 这段代码放的位置。
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## 效率分析
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队列优化版Bellman_ford 的时间复杂度 并不稳定，效率高低依赖于图的结构。
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一些录友可能写成这样：
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例如 如果是一个双向图，且每一个节点和所有其他节点都相连的话，那么该算法的时间复杂度就接近于 Bellman_ford 的 O(N * E) N 为节点数量，E为边的数量。
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在这种图中，每一个节点都会重复加入队列 n - 1次，因为 这种图中 每个节点 都有 n-1 条指向该节点的边，每条边指向该节点，就需要加入一次队列。（如果这里看不懂，可以在重温一下代码逻辑）
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至于为什么 双向图且每一个节点和所有其他节点都相连的话，每个节点 都有 n-1 条指向该节点的边， 我再来举个例子，如图：
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[](https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20240416104138.png)
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图中 每个节点都与其他所有节点相连，节点数n 为 4，每个节点都有3条指向该节点的边，即入度为3。
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n为其他数值的时候，也是一样的。
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当然这种图是比较极端的情况，也是最稠密的图。
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所以如果图越稠密，则 SPFA的效率越接近与 Bellman_ford。
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反之，图越稀疏，SPFA的效率就越高。
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一般来说，SPFA 的时间复杂度为 O(K * N) K 为不定值，因为 节点需要计入几次队列取决于 图的稠密度。
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如果图是一条线形图且单向的话，每个节点的入度为1，那么只需要加入一次队列，这样时间复杂度就是 O(N)。
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所以 SPFA 在最坏的情况下是 O(N * E)，但 一般情况下 时间复杂度为 O(K * N)。
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尽管如此，**以上分析都是 理论上的时间复杂度分析**。
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并没有计算 出队列 和 入队列的时间消耗。 因为这个在不同语言上 时间消耗也是不一定的。
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以C++为例，以下两端代码理论上，时间复杂度都是 O(n) ：
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```CPP
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if (minDist[to] > minDist[from] + price) { // 开始松弛
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if(visited[to]) continue;
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minDist[to] = minDist[from] + price;
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visited[to] = true;
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que.push(to);
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for (long long i = 0; i < n; i++) {
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k++;
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}
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```
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这是不对了，我们仅仅是控制节点不用重复加入队列，但对于边的松弛，节点数值的更新，是要重复计算的，要不然如何 不断更新最短路径呢？
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所以 `if(visited[to]) continue;` 应该放在这里：
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```CPP
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if (minDist[to] > minDist[from] + price) { // 开始松弛
|
||||
minDist[to] = minDist[from] + price;
|
||||
if(visited[to]) continue; // 仅仅控制节点不要重复加入队列
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visited[to] = true;
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que.push(to);
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||||
for (long long i = 0; i < n; i++) {
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que.push(i);
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que.front();
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que.pop();
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}
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```
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在 MacBook Pro (13-inch, M1, 2020) 机器上分别测试这两段代码的时间消耗情况：
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* n = 10^4，第一段代码的时间消耗：1ms，第二段代码的时间消耗： 4 ms
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* n = 10^5，第一段代码的时间消耗：1ms，第二段代码的时间消耗： 13 ms
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* n = 10^6，第一段代码的时间消耗：4ms，第二段代码的时间消耗： 59 ms
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* n = 10^7，第一段代码的时间消耗: 24ms，第二段代码的时间消耗： 463 ms
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||||
* n = 10^8，第一段代码的时间消耗: 135ms，第二段代码的时间消耗： 4268 ms
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在这里就可以看出 出队列和入队列 其实也是十分耗时的。
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SPFA（队列优化版Bellman_ford） 在理论上 时间复杂度更胜一筹，但实际上，也要看图的稠密程度，如果 图很大且非常稠密的情况下，虽然 SPFA的时间复杂度接近Bellman_ford，但实际时间消耗 可能是 SPFA耗时更多。
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针对这种情况，我在后面题目讲解中，会特别加入稠密图的测试用例来给大家讲解。
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## 拓展
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关于 加visited 方式节点重复方便，可能也有录友认为，加上 visited 也是防止 如果图中出现了环的话，会导致的 队列里一直不为空。
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这里可能有录友疑惑，`while (!que.empty())` 队里里 会不会造成死循环？ 例如 图中有环，这样一直有元素加入到队列里？
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其实有环的情况，要看它是 正权回路 还是 负全回路。
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题目描述中，已经说了，本题没有 负权回路 。
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如图：
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正权回路 就是有环，但环的总权值为正数。
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在有环且只有正权回路的情况下，即使元素重复加入队列，最后，也会因为 所有边都松弛后，节点数值（minDist数组）不在发生变化了 而终止。
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（而且有重复元素加入队列是正常的，多条路径到达同一个节点，节点必要要选择一个最短的路径，而这个节点就会重复加入队列进行判断，选一个最短的）
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在[0094.城市间货物运输I](./0094.城市间货物运输I.md) 中我们讲过对所有边 最多松弛 n -1 次，就一定可以求出所有起点到所有节点的最小距离即 minDist数组。
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即使再松弛n次以上， 所有起点到所有节点的最小距离（minDist数组） 不会再变了。 （这里如果不理解，建议认真看[0094.城市间货物运输I](./0094.城市间货物运输I.md)讲解）
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所以本题我们使用队列优化，有元素重复加入队列，也会因为最后 minDist数组 不会在发生变化而终止。
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节点再加入队列，需要有松弛的行为， 而 每个节点已经都计算出来 起点到该节点的最短路径，那么就不会有 执行这个判断条件`if (minDist[to] > minDist[from] + value)`，从而不会有新的节点加入到队列。
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但如果本题有 负权回路，那情况就不一样了，我在下一题目讲解中，会重点讲解 负权回路 带来的变化。
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@ -16,6 +16,8 @@
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城市 1 到城市 n 之间可能会出现没有路径的情况，同时保证道路网络中不存在任何负权回路。
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||||
> 负权回路是指一系列道路的总权值为负，这样的回路使得通过反复经过回路中的道路，理论上可以无限地减少总成本或无限地增加总收益。
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输入描述
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第一行包含两个正整数，第一个正整数 n 表示该国一共有 n 个城市，第二个整数 m 表示这些城市中共有 m 条道路。
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@ -55,6 +57,7 @@
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||||
**Bellman_ford算法的核心思想是 对所有边进行松弛n-1次操作（n为节点数量），从而求得目标最短路**。
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## 什么叫做松弛
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看到这里，估计大家都比较晕了，为什么是 n-1 次，那“松弛”这两个字究竟是个啥意思？
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@ -11,7 +11,7 @@
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权值为负则表示政府的补贴超过了支出的运输成本，实际表现为运输过程中还能赚取一定的收益。
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然而，在评估从城市 1 到城市 n 的所有可能路径中综合政府补贴后的最低运输成本时，存在一种情况：图中可能出现负权回路。
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然而，在评估从城市 1 到城市 n 的所有可能路径中综合政府补贴后的最低运输成本时，存在一种情况：**图中可能出现负权回路**。
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||||
负权回路是指一系列道路的总权值为负，这样的回路使得通过反复经过回路中的道路，理论上可以无限地减少总成本或无限地增加总收益。
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@ -151,3 +151,90 @@ int main() {
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* 时间复杂度： O(N * E) , N为节点数量，E为图中边的数量
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* 空间复杂度： O(N) ，即 minDist 数组所开辟的空间
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## 拓展
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本题可不可 使用 队列优化版的bellman_ford（SPFA）呢？
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上面的解法中，我们对所有边松弛了n-1次后，在松弛一次，如果出现minDist出现变化就判断有负权回路。
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如果使用 SPFA 那么节点都是进队列的，那么节点进入队列几次后 足够判断该图是否有负权回路呢？
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在 [0094.城市间货物运输I-SPFA](./0094.城市间货物运输I-SPFA) 中，我们讲过 在极端情况下，即：所有节点都与其他节点相连，每个节点的入度为 n-1 （n为节点数量），所以每个节点最多加入 n-1 次队列。
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那么如果节点加入队列的次数 超过了 n-1次 ，那么该图就一定有负权回路。
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所以本题也是可以使用 SPFA 来做的。 代码如下：
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```CPP
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||||
#include <iostream>
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#include <vector>
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#include <queue>
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||||
#include <list>
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||||
#include <climits>
|
||||
using namespace std;
|
||||
|
||||
struct Edge { //邻接表
|
||||
int to; // 链接的节点
|
||||
int val; // 边的权重
|
||||
|
||||
Edge(int t, int w): to(t), val(w) {} // 构造函数
|
||||
};
|
||||
|
||||
|
||||
int main() {
|
||||
int n, m, p1, p2, val;
|
||||
cin >> n >> m;
|
||||
|
||||
vector<list<Edge>> grid(n + 1); // 邻接表
|
||||
|
||||
// 将所有边保存起来
|
||||
for(int i = 0; i < m; i++){
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||||
cin >> p1 >> p2 >> val;
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||||
// p1 指向 p2，权值为 val
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||||
grid[p1].push_back(Edge(p2, val));
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}
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||||
int start = 1; // 起点
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int end = n; // 终点
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vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
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minDist[start] = 0;
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queue<int> que;
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que.push(start); // 队列里放入起点
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vector<int> count(n+1, 0); // 记录节点加入队列几次
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count[start]++;
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bool flag = false;
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while (!que.empty()) {
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int node = que.front(); que.pop();
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for (Edge edge : grid[node]) {
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int from = node;
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int to = edge.to;
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int value = edge.val;
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if (minDist[to] > minDist[from] + value) { // 开始松弛
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minDist[to] = minDist[from] + value;
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que.push(to);
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count[to]++;
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if (count[to] == n) {// 如果加入队列次数超过 n-1次 就说明该图与负权回路
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flag = true;
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while (!que.empty()) que.pop();
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break;
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}
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}
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}
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}
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if (flag) cout << "circle" << endl;
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else if (minDist[end] == INT_MAX) {
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cout << "unconnected" << endl;
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} else {
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cout << minDist[end] << endl;
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}
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}
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```
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@ -65,7 +65,7 @@
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图中，节点2 最多已经经过2个节点 到达节点4，那么中间是有多少条边呢，是 3 条边对吧。
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所以本题就是求，起点最多经过k + 1 条边到达终点的最短距离。
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所以本题就是求：起点最多经过k + 1 条边到达终点的最短距离。
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对所有边松弛一次，相当于计算 起点到达 与起点一条边相连的节点 的最短距离，那么对所有边松弛 k + 1次，就是求 起点到达 与起点k + 1条边相连的节点的 最短距离。
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@ -339,7 +339,7 @@ int main() {
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其实这是和示例中给出的边的顺序是有关的，
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我们按照我修改后的示例再来模拟 对所有边的第一次拓展情况。
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我们按照修改后的示例再来模拟 对所有边的第一次拓展情况。
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初始化：
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@ -366,20 +366,17 @@ int main() {
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那么前面讲解过的 [94.城市间货物运输I](./kama94.城市间货物运输I.md) 和 [95.城市间货物运输II](./kama95.城市间货物运输II.md) 也是bellman_ford经典算法，也没使用 minDist_copy，怎么就没问题呢？
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> 如果没看过我上面这两篇讲解的话，建议详细学习上面两篇，在看我下面讲的区别，否则容易看不懂。
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> 如果没看过我上面这两篇讲解的话，建议详细学习上面两篇，再看我下面讲的区别，否则容易看不懂。
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[94.城市间货物运输I](./kama94.城市间货物运输I.md)， 是没有 负权回路的，那么 多松弛多少次，对结果都没有影响。
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求 节点1 到 节点n 的最短路径，松弛n-1 次就够了，松弛 大于 n-1次，结果也不会变。
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那么在对所有边进行第一次松弛的时候，如果基于 最近计算的 minDist 来计算 minDist （相当于多做松弛了），也是对最终结果没影响。
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那么在对所有边进行第一次松弛的时候，如果基于 本次计算的 minDist 来计算 minDist （相当于多做松弛了），也是对最终结果没影响。
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[95.城市间货物运输II](./kama95.城市间货物运输II.md) 是判断是否有 负权回路，一旦有负权回路， 对所有边松弛 n -1 次以后，在做松弛 minDist 数值一定会变，根据这一点是判断是否有负权回路。
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所以 在对所有边进行第一次松弛的时候，如果基于 最近计算的 minDist 来计算 minDist （相当于多做松弛了），对最后判断是否有负权回路同样没有影响。
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你可以理解 minDist的数组其实是不准确了，但它只要变化了就可以让我们来判断 是否有 负权回路。
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[95.城市间货物运输II](./kama95.城市间货物运输II.md) 是判断是否有 负权回路，一旦有负权回路， 对所有边松弛 n-1 次以后，在做松弛 minDist 数值一定会变，根据这一点来判断是否有负权回路。
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所以，[95.城市间货物运输II](./kama95.城市间货物运输II.md) 只需要判断minDist数值变化了就行，而 minDist 的数值对不对，并不是我们关心的。
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那么本题 为什么计算minDist 一定要基于上次 的 minDist 数值。
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@ -390,3 +387,199 @@ int main() {
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如果本题中 没有负权回路的测试用例， 那版本一的代码就可以过了，也就不用我费这么大口舌去讲解的这个坑了。
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## 拓展三（SPFA）
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本题也可以用 SPFA来做，关于 SPFA ，已经在这里 [0094.城市间货物运输I-SPFA](./0094.城市间货物运输I-SPFA.md) 有详细讲解。
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使用SPFA算法解决本题的时候，关键在于 如何控制松弛k次。
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其实实现不难，但有点技巧，可以用一个变量 que_size 记录每一轮松弛入队列的所有节点数量。
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下一轮松弛的时候，就把队列里 que_size 个节点都弹出来，就是上一轮松弛入队列的节点。
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代码如下（详细注释）
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```CPP
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#include <iostream>
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#include <vector>
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#include <queue>
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#include <list>
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#include <climits>
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using namespace std;
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struct Edge { //邻接表
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int to; // 链接的节点
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int val; // 边的权重
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||||
Edge(int t, int w): to(t), val(w) {} // 构造函数
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};
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int main() {
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int n, m, p1, p2, val;
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cin >> n >> m;
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||||
vector<list<Edge>> grid(n + 1); // 邻接表
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||||
// 将所有边保存起来
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||||
for(int i = 0; i < m; i++){
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||||
cin >> p1 >> p2 >> val;
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||||
// p1 指向 p2，权值为 val
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||||
grid[p1].push_back(Edge(p2, val));
|
||||
}
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||||
int start, end, k;
|
||||
cin >> start >> end >> k;
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||||
|
||||
k++;
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||||
vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
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||||
vector<int> minDist_copy(n + 1); // 用来记录每一次遍历的结果
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||||
minDist[start] = 0;
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queue<int> que;
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que.push(start); // 队列里放入起点
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||||
int que_size;
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while (k-- && !que.empty()) {
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minDist_copy = minDist; // 获取上一次计算的结果
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||||
que_size = que.size(); // 记录上次入队列的节点个数
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||||
while (que_size--) { // 上一轮松弛入队列的节点，这次对应的边都要做松弛
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int node = que.front(); que.pop();
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||||
for (Edge edge : grid[node]) {
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int from = node;
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int to = edge.to;
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||||
int price = edge.val;
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||||
if (minDist[to] > minDist_copy[from] + price) {
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||||
minDist[to] = minDist_copy[from] + price;
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||||
que.push(to);
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}
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}
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|
||||
}
|
||||
}
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||||
if (minDist[end] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl;
|
||||
else cout << minDist[end] << endl;
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||||
}
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||||
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```
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时间复杂度： O(K * H) H 为不确定数，取决于 图的稠密度，但H 一定是小于等于 E 的
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关于 SPFA的是时间复杂度分析，我在[0094.城市间货物运输I-SPFA](./0094.城市间货物运输I-SPFA.md) 有详细讲解
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但大家会发现，以上代码大家提交后，怎么耗时这么多？
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理论上，SPFA的时间复杂度不是要比 bellman_ford 更优吗？
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怎么耗时多了这么多呢？
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以上代码有一个可以改进的点，每一轮松弛中，重复节点可以不用入队列。
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因为重复节点入队列，下次从队列里取节点的时候，该节点要取很多次，而且都是重复计算。
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所以代码可以优化成这样：
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||||
```CPP
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||||
#include <iostream>
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||||
#include <vector>
|
||||
#include <queue>
|
||||
#include <list>
|
||||
#include <climits>
|
||||
using namespace std;
|
||||
|
||||
struct Edge { //邻接表
|
||||
int to; // 链接的节点
|
||||
int val; // 边的权重
|
||||
|
||||
Edge(int t, int w): to(t), val(w) {} // 构造函数
|
||||
};
|
||||
|
||||
|
||||
int main() {
|
||||
int n, m, p1, p2, val;
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||||
cin >> n >> m;
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||||
|
||||
vector<list<Edge>> grid(n + 1); // 邻接表
|
||||
|
||||
// 将所有边保存起来
|
||||
for(int i = 0; i < m; i++){
|
||||
cin >> p1 >> p2 >> val;
|
||||
// p1 指向 p2，权值为 val
|
||||
grid[p1].push_back(Edge(p2, val));
|
||||
}
|
||||
int start, end, k;
|
||||
cin >> start >> end >> k;
|
||||
|
||||
k++;
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||||
|
||||
vector<int> minDist(n + 1 , INT_MAX);
|
||||
vector<int> minDist_copy(n + 1); // 用来记录每一次遍历的结果
|
||||
|
||||
minDist[start] = 0;
|
||||
|
||||
queue<int> que;
|
||||
que.push(start); // 队列里放入起点
|
||||
|
||||
int que_size;
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||||
while (k-- && !que.empty()) {
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||||
vector<bool> visited(n + 1, false); // 每一轮松弛中，控制节点不用重复入队列
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||||
minDist_copy = minDist;
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||||
que_size = que.size();
|
||||
while (que_size--) {
|
||||
int node = que.front(); que.pop();
|
||||
for (Edge edge : grid[node]) {
|
||||
int from = node;
|
||||
int to = edge.to;
|
||||
int price = edge.val;
|
||||
if (minDist[to] > minDist_copy[from] + price) {
|
||||
minDist[to] = minDist_copy[from] + price;
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||||
if(visited[to]) continue; // 不用重复放入队列，但需要重复松弛，所以放在这里位置
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||||
visited[to] = true;
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||||
que.push(to);
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||||
}
|
||||
}
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||||
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
if (minDist[end] == INT_MAX) cout << "unreachable" << endl;
|
||||
else cout << minDist[end] << endl;
|
||||
}
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```
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以上代码提交后，耗时情况：
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大家发现 依然远比 bellman_ford 的代码版本 耗时高。
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这又是为什么呢？
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可以发现耗时主要是在 第8组数据上：
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其实第八组数据是我特别制作的一个 稠密大图，该图有250个节点和10000条边， 在这种情况下， SPFA 的时间复杂度 是接近与 bellman_ford的。
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但因为 SPFA 节点的进出队列操作，耗时很大，所以相同的时间复杂度的情况下，SPFA 实际上更耗时了。
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这一点我在 [0094.城市间货物运输I-SPFA](./0094.城市间货物运输I-SPFA.md) 有分析，感兴趣的录友再回头去看看。
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## 总结
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本题是单源有限最短路问题，也是 bellman_ford的一个拓展问题，如果理解bellman_ford 其实思路比较容易理解，但有很多细节。
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例如 为什么要用 minDist_copy 来记录上一轮 松弛的结果。 这也是本篇我为什么花了这么大篇幅讲解的关键所在。
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接下来，还给大家多了三个拓展：
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* 边的顺序的影响
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* 本题的本质
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* SPFA的解法
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学透了以上三个拓展，相信大家会对bellman_ford有更深入的理解。
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367
problems/kamacoder/0097.小明逛公园.md
Normal file
367
problems/kamacoder/0097.小明逛公园.md
Normal file
@ -0,0 +1,367 @@
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# Floyd 算法精讲
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[卡码网：97. 小明逛公园](https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1155)
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【题目描述】
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小明喜欢去公园散步，公园内布置了许多的景点，相互之间通过小路连接，小明希望在观看景点的同时，能够节省体力，走最短的路径。
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给定一个公园景点图，图中有 N 个景点（编号为 1 到 N），以及 M 条双向道路连接着这些景点。每条道路上行走的距离都是已知的。
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小明有 Q 个观景计划，每个计划都有一个起点 start 和一个终点 end，表示他想从景点 start 前往景点 end。由于小明希望节省体力，他想知道每个观景计划中从起点到终点的最短路径长度。 请你帮助小明计算出每个观景计划的最短路径长度。
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【输入描述】
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第一行包含两个整数 N, M, 分别表示景点的数量和道路的数量。
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接下来的 M 行，每行包含三个整数 u, v, w，表示景点 u 和景点 v 之间有一条长度为 w 的双向道路。
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接下里的一行包含一个整数 Q，表示观景计划的数量。
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接下来的 Q 行，每行包含两个整数 start, end，表示一个观景计划的起点和终点。
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【输出描述】
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对于每个观景计划，输出一行表示从起点到终点的最短路径长度。如果两个景点之间不存在路径，则输出 -1。
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【输入示例】
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7 3
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1 2 4
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2 5 6
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3 6 8
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2
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1 2
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2 3
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【输出示例】
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4
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-1
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【提示信息】
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从 1 到 2 的路径长度为 4，2 到 3 之间并没有道路。
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1 <= N, M, Q <= 1000.
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## 思路
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本题是经典的多源最短路问题。
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在这之前我们讲解过，dijkstra朴素版、dijkstra堆优化、Bellman算法、Bellman队列优化（SPFA） 都是单源最短路，即只能有一个起点。
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而本题是多源最短路，即 求多个起点到多个终点的多条最短路径。
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通过本题，我们来系统讲解一个新的最短路算法-Floyd 算法。
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Floyd 算法对边的权值正负没有要求，都可以处理。
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Floyd算法核心思想是动态规划。
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例如我们再求节点1 到 节点9 的最短距离，用二维数组来表示即：grid[1][9]，如果最短距离是10 ，那就是 grid[1][9] = 10。
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那 节点1 到 节点9 的最短距离 是不是可以由 节点1 到节点5的最短距离 + 节点5到节点9的最短距离组成呢？
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即 grid[1][9] = grid[1][5] + grid[5][9]
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节点1 到节点5的最短距离 是不是可以有 节点1 到 节点3的最短距离 + 节点3 到 节点5 的最短距离组成呢？
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即 grid[1][5] = grid[1][3] + grid[3][5]
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以此类推，节点1 到 节点3的最短距离 可以由更小的区间组成。
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那么这样我们是不是就找到了，子问题推导求出整体最优方案的递归关系呢。
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而节点1 到 节点9 的最短距离 可以由 节点1 到节点5的最短距离 + 节点5到节点9的最短距离组成， 也可以有 节点1 到节点7的最短距离 + 节点7 到节点9的最短距离的距离组成。
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那么选哪个呢？
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是不是 要选一个最小的，毕竟是求最短路。
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此时我们已经接近明确递归公式了。
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之前在讲解动态规划的时候，给出过动规五部曲：
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* 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
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* 确定递推公式
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* dp数组如何初始化
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* 确定遍历顺序
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* 举例推导dp数组
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那么接下来我们还是用这五部来给大家讲解 Floyd。
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1、确定dp数组（dp table）以及下标的含义
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这里我们用 grid数组来存图，那就把dp数组命名为 grid。
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grid[i][j][k] = m，表示 节点i 到 节点j 以[1...k] 集合为中间节点的最短距离为m。
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可能有录友会想： 节点i 到 节点j 的最短距离为m，这句话可以理解，但 以[1...k]集合为中间节点 理解不辽。
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节点i 到 节点j 的最短路径中 一定是经过很多节点，那么这个集合用[1...k] 来表示。
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k不能单独指某个节点，因为谁说 节点i 到节点j的最短路径中 一定只有一个节点呢，所以k 一定要表示一个集合，即[1...k] ，表示节点1 到 节点k 一共k个节点的集合。
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2、确定递推公式
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在上面的分析中我们已经初步感受到了递推的关系。
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我们分两种情况：
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1. 节点i 到 节点j 的最短路径经过节点k
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2. 节点i 到 节点j 的最短路径不经过节点k
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对于第一种情况，`grid[i][j][k] = grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1]`
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节点i 到 节点k 的最短距离 是不经过节点k，中间节点集合为[1...k-1]，所以 表示为`grid[i][k][k - 1]`
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节点k 到 节点j 的最短距离 也是不经过节点k，中间节点集合为[1...k-1]，所以表示为 `grid[k][j][k - 1]`
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第二种情况，`grid[i][j][k] = grid[i][j][k - 1]`
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如果节点i 到 节点j的最短距离 不经过节点k，那么 中间节点集合[1...k-1]，表示为 `grid[i][j][k - 1]`
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因为我们是求最短路，对于这两种情况自然是取最小值。
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即： `grid[i][j][k] = min(grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1]， grid[i][j][k - 1])`
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3、dp数组如何初始化
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grid[i][j][k] = m，表示 节点i 到 节点j 以[1...k] 集合为中间节点的最短距离为m。
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刚开始初始化k 是不确定的。
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例如题目中只是输入边（节点2 -> 节点6，权值为3），那么grid[2][6][k] = 3，k需要填什么呢？
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把k 填成1，那如何上来就知道 节点2 经过节点1 到达节点6的最短距离是3 呢。
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所以 只能 把k 赋值为 0，本题 节点0 是无意义的，节点是从1 到 n。
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这样我们在下一轮计算的时候，就可以根据 grid[i][j][0] 来计算 grid[i][j][1]，此时的 grid[i][j][1] 就是 节点i 经过节点1 到达 节点j 的最小距离了。
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**初始化这里要画图，对后面的遍历顺序理解很重要**
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所以初始化：
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```CPP
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vector<vector<vector<int>>> grid(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1, 10005))); // C++定义了一个三位数组，10005是因为边的最大距离是10^4
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for(int i = 0; i < m; i++){
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cin >> p1 >> p2 >> val;
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grid[p1][p2][0] = val;
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grid[p2][p1][0] = val; // 注意这里是双向图
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}
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```
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grid数组中其他元素数值应该初始化多少呢？
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本题求的是最小值，所以输入数据没有涉及到的节点的情况都应该初始为一个最大数。
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这样才不会影响，每次计算去最小值的时候，初始值对计算结果的影响。
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所以grid数组的定义可以是：
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```CPP
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// C++写法，定义了一个三位数组，10005是因为边的最大距离是10^4
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vector<vector<vector<int>>> grid(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1, 10005)));
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```
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4、确定遍历顺序
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从递推公式：`grid[i][j][k] = min(grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1]， grid[i][j][k - 1])` 可以看出，我们需要三个for循环，分别遍历i，j 和k
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而 k 依赖于 k - 1， i 和j 的到 并不依赖与 i - 1 或者 j - 1 等等。
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那么这三个for的嵌套顺序应该是什么样的呢？
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我们来看初始化，我们是把 k =0 的 i 和j 对应的数值都初始化了，这样才能去计算 k = 1 的时候 i 和 j 对应的数值。
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这就好比是一个三维坐标，i 和j 是平层，而k 是 垂直向上 的。
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遍历的顺序是从底向上 一层一层去遍历。
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所以遍历k 的for循环一定是在最外面，这样才能 水平方向一层一层去遍历。如图：
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至于遍历 i 和 j 的话，for 循环的先后顺序无所谓。
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代码如下：
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```CPP
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for (int k = 1; k <= n; k++) {
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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for (int j = 1; j <= n; j++) {
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grid[i][j][k] = min(grid[i][j][k-1], grid[i][k][k-1] + grid[k][j][k-1]);
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}
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}
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}
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```
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有录友可能想，难道 遍历k 放在最里层就不行吗？
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k 放在最里层，代码是这样：
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```CPP
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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for (int j = 1; j <= n; j++) {
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for (int k = 1; k <= n; k++) {
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grid[i][j][k] = min(grid[i][j][k-1], grid[i][k][k-1] + grid[k][j][k-1]);
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}
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}
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}
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```
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此时就遍历了 j 与 k 形成一个平面，i 则是纵面，那遍历 就是这样的：
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而我们初始化，是 k 为0，然后 i 和 j 形成的平面做初始化，如果以 k 和 j 形成的平面去遍历，就造成了 递推公式 用不上上一轮计算的结果，从而导致结果不对（初始化的结果只能用上一部分，因为初始化是 i 与j 形成的平面）。
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我再给大家举一个测试用例
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```
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5 4
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1 2 10
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1 3 1
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3 4 1
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4 2 1
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1
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1 2
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```
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就是图：
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就节点1 到 节点 2 的最短距离，运行结果是 10 ，但正确的结果很明显是3。
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为什么呢？
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因为 k 放在最里面，先就把 节点1 和 节点 2 的最短距离就确定了，后面再也不会计算节点 1 和 节点 2的距离，同时也不会基于 初始化或者之前计算过的结果来计算，即不会考虑 节点1 到 节点3， 节点3 到节点 4，节点4到节点2 的距离。
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而遍历k 的for循环如果放在中间呢，同样是 j 与k 行程一个平面，i 是纵面，遍历的也是这样：
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同样不能完全用上初始化 和 上一层计算的结果。
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很多录友对于 floyd算法的遍历顺序搞不懂，其实 是没有从三维的角度去思考，同时我把三维立体图给大家画出来，遍历顺序标出来，大家就很容易想明白，为什么 k 放在最外层 才能用上 初始化和上一轮计算的结果了。
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```CPP
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#include <iostream>
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#include <vector>
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#include <list>
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using namespace std;
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int main() {
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int n, m, p1, p2, val;
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cin >> n >> m;
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vector<vector<vector<int>>> grid(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1, 10005))); // 因为边的最大距离是10^4
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for(int i = 0; i < m; i++){
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cin >> p1 >> p2 >> val;
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grid[p1][p2][0] = val;
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grid[p2][p1][0] = val; // 注意这里是双向图
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}
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// 开始 floyd
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for (int k = 1; k <= n; k++) {
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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for (int j = 1; j <= n; j++) {
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grid[i][j][k] = min(grid[i][j][k-1], grid[i][k][k-1] + grid[k][j][k-1]);
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}
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}
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}
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// 输出结果
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int z, start, end;
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cin >> z;
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while (z--) {
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cin >> start >> end;
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if (grid[start][end][n] == 10005) cout << -1 << endl;
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else cout << grid[start][end][n] << endl;
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}
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}
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```
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# 拓展 负权回路
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本题可以有负数，但不能出现负权回路
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floyd n^3
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同样多源汇最短路算法 Floyd 也是基于动态规划
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Floyd 算法可以用来解决多源最短路径问题，它会计算图中每两个点之间的最短路径。
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Floyd 算法对边权的正负没有限制要求（可处理正负权边的图），且能利用 Floyd 算法可能够对图中负环进行判定
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LeetCode-1334. 阈值距离内邻居最少的城市
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https://leetcode.cn/problems/find-the-city-with-the-smallest-number-of-neighbors-at-a-threshold-distance/description/
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```CPP
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#include <iostream>
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#include <vector>
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#include <list>
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using namespace std;
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int main() {
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int n, m, p1, p2, val;
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cin >> n >> m;
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vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(n, 10005)); // 因为边的最大距离是10^4
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for(int i = 0; i < m; i++){
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||||
cin >> p1 >> p2 >> val;
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grid[p1][p2] = val;
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grid[p2][p1] = val; // 注意这里是双向图
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}
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// 开始 floyd
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for (int p = 0; p < n; p++) {
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for (int i = 0; i < n; i++) {
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for (int j = 0; j < n; j++) {
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||||
grid[i][j] = min(grid[i][j], grid[i][p] + grid[p][j]);
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||||
}
|
||||
}
|
||||
}
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||||
// 输出结果
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int z, start, end;
|
||||
cin >> z;
|
||||
while (z--) {
|
||||
cin >> start >> end;
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||||
if (grid[start][end] == 10005) cout << -1 << endl;
|
||||
else cout << grid[start][end] << endl;
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||||
}
|
||||
}
|
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```
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Reference in New Issue
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