最短路径
基础算法
单源最短路径
单元最短路径指的是在一张联通图中，起点 \(s\) 到其他所有点的最短路径。
计算单元最短路的常见算法有：\(spfa\)，\(dijkstra\)。
若图带负边权（注意，此时只能是有向图，无向图负边权类似负环），则必须使用 \(spfa\)，时间复杂度 \(O(kE)\)，\(E\) 表示边的数量；最坏时间复杂度会被卡到 \(O(VE)\)，\(V\) 表示点的数量。
若图带正边权，则使用 \(dijkstra\) 速度更快。堆优化时间复杂度约为 \(O(m\log n)\)，相当稳定。
若图边权为 \(1\)，则使用 \(bfs\) 即可，由于 \(bfs\) 的特性，第一次碰到的点就是最短路，所以时间复杂度是 \(O(n)\)；若边权是 \(0,1\)，使用 \(01bfs\) 即可，时间复杂度仍为 \(O(n)\)。
多源最短路径
在一张连通图中，分别以点 \(1\sim n\) 为起点，到其他点的最短距离。
\(Floyed\) 算法可以在 \(O(n^3)\) 的时间求解多源最短路。算法的代码是这样的：
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]);
本质是：当 \(k=2\) 时，任意点对 \(i\rightarrow j\) 的最短路径上都只包括了 \(1,2\) 两点（端点不算），对于 \(3\sim n\) 的点，并未包括在内。
坑点：该算法需要判断重边的情况（求最短路的话是取边中的\(\min\)）。
可以用这个性质 \(Floyed\) 算法还能求解图中的最小环。题目：无向图的最小环问题。
\(Johnson\) 全源最短路算法。
先从一超级源点（记作 \(0\)，向每个点连一条权值为 \(0\) 的边）出发，计算出到每个点的最短距离 \(d_i\)，接着将 \(u\rightarrow v\) 的边权重新赋值为 \(d_u-d_v+w_{u\rightarrow v}\)，然后从每个点跑一遍 \(dijkstra\)即可，时复（\(O(nm\log n\)）。
最短路满足三角不等式：\(d_v\le d_u+w_{u\rightarrow v}\)，所以新赋值的边权一定是 \(\ge 0\) 的，并且对于一条 \(a\rightarrow b\rightarrow c\) 的路径，用赋值后的边权计算得：\(d_a-d_c+w_{a\rightarrow b}+w_{b\rightarrow c}\)，容易发现只与起点和终点的 \(d\) 有关，所以这样求出来的最短路一定是最短的。
多源多汇最短路
并不等同于多源最短路，这种问题包括：一个终点，多个起点，求起点到终点的最短路；多个起点，多个终点，求任意两点的最短路的最值。
这种问题的通用解法，就是建立超级原点或超级汇点。
对于第一个问题，我们可以建立超级源点，记作 \(0\)，然后向每个起点连一条边权为 \(0\) 的边，然后直接从 \(0\) 号点跑一遍最短路即可。
对于第二个问题，建立一个超级原点（记作 \(0\)），向每个起点连一条边权为 \(0\) 的边，建立一个超级汇点（记作 \(n+1\)），从每个终点向其连一条边权为 \(0\) 边，接着从 \(0\) 到 \(n+1\) 跑一遍最短路即可。
负环
【模板】负环
负环是一个相当恶心的东西，只要有负环在，就不存在最短路（可以在负环绕，越绕距离越小）（包括负边权的双向边），判负环的方式就是跑 \(spfa\)，然后记录一个 \(cnt\) 数组，表示最短路径点的数量，如果存在 \(cnt_x>n\)，说明最短路径上的点超过了 \(n\)，但是这显然是不可能的。
判断负环一定要从一个可以到达所有点的点出发，需要建立超级源点。并且有一个很 \(trick\) 的方法，就是当总入队次数超过 \(5\times E\) 时，说明很大概率是有负环的，此时直接跳出即可。
最短路径树（SPT）
在这里讲了。
同余最短路
用于解决 \(0\le\sum_{i=1}^{n}a_ix_i\le n\) 的问题。
我们记一个合法解为 \(b=\sum_{i=1}^{n}a_ix_i\)，那么 \(b\) 显然可以表示为 \(b=i+p\times q\) 的形式（其中\(i<q\)），那么 \(i\) 实际上是 \(b\) 模 \(q\) 意义下的值。如果对于一个 \(q\)，我们可以求出所有可行的 \(i\)，那么我们显然可以计算出 \(n\) 以内的方案数。
设 \(dis_i\) 表示模 \(q\) 意义下为 \(i\) 的最小值。比如 \(dis_2\) 表示模 \(3=2\) 的最小值，也许是 \(2\)，也可以是 \(5\)。
那么显然有如下转移：
\[dis_{(i+a[j])\% p}=\min\{dis_i+a[j]\} \]由于转移顺序并不确定，所以将其当做最短路来做。可以看做 \(i\) 向 \((i+a[j])\% p\) 连了一条边权为 \(a[j]\) 的边。
然后跑一遍最短路，求出 \(dis_i\)，那么答案就是\(\sum_{i=0}^{q-1}\left \lfloor\frac{n-dis_i}{p}\right \rfloor+1\)
差分约束
差分约束可用于求解形如下面的方程组的特殊解：
\[\begin{cases} x_{i_1}-x_{j_1}\ge a_1 \\ x_{i_2}-x_{j_2}\ge a_2 \\ ...\\ x_{i_n}-x_{j_n}\ge a_n \end{cases} \]我们随便拿一个式子出来，变形得：
\[x_i\ge x_j+a_k \]可以发现，这个东西很像三角不等式。如果将其看做从 \(j\) 向 \(i\) 连的一条边权为 \(k\) 的有向边，那么上述结果就是求完最长路的情况。
如果求最长路，如果存在正环，就说明无解；求最短路，存在负环，说明无解。
如果求最小值，我们显然将式子变形成：\(x_i\ge x_j+a_k\) 的形式，即跑一遍最长路；如果求最大值，将式子变形成 \(x_i\le x_j+a_k\) 的形式，跑最短路。
一定要从一个可以到达所有点的点开始，这样才能保证符合所有情况，建立超级源点即可。
题目
最短路计数
题意简述：求 \(1\) 到其他点的最短路数量（边权为 \(1\)）。
算是一个基本模型，我们在原来记录最短路长度的基础上再记录一个方案数，在松弛的时候，如果距离等于现在储存的距离，就 \(+1\)，否则设为走过来的点的方案数。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int MOD=100003;
int n,m;
vector<int> g[N];
queue<int> q;
int dis[N],vis[N],cnt[N];
void bfs() {
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[1]=0; vis[1]=1; cnt[1]=1; q.push(1);
while(q.size()) {
int x=q.front(); q.pop();
for(int y:g[x]) {
if(dis[y]>dis[x]+1) {
dis[y]=dis[x]+1;
cnt[y]=cnt[x];
if(!vis[y]) {
vis[y]=1;
q.push(y);
}
}
else if(dis[y]==dis[x]+1) {
cnt[y]=(cnt[y]+cnt[x])%MOD;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<cnt[i]<<'\n';
}
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x,y; cin>>x>>y;
g[x].push_back(y); g[y].push_back(x);
}
bfs();
return 0;
}
灾后重建
题意简述：每个点有一个恢复时间，在这个时间之前，计算最短路不能经过这个点，现在给定 \(x,y,t\)，要求计算在 \(t\) 时刻，从 \(x\) 到 \(y\) 的最短路。
考察对 \(Floyed\) 的理解。
首先是一个全源最短路问题，观察到 \(n\le 200\)，大胆用 \(Floyed\)，由于该算法的本质是：只有在以 \(k\) 为中转点计算过以后，任意两点的最短路中才会包含 \(k\) 点，所以我们可以写一个 \(update(k)\) 函数，表示将 \(k\) 作为中转点计算一遍。
由于题目保证 \(t\) 不降，所以还是挺好写的。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=210;
int n,m,q;
int f[N][N];
int bt[N],vis[N];
void change(int k) { //将k作为中转点计算
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
}
int main() {
memset(f,0x3f,sizeof(f));
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>bt[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x,y,w; cin>>x>>y>>w;
++x; ++y;
f[x][y]=f[y][x]=w;
}
int p=1;
cin>>q;
while(q--) {
int x,y,t; cin>>x>>y>>t;
++x; ++y;
while(bt[p]<=t&&p<=n) {
change(p);
vis[p]=1;
p++;
}
if(!vis[x]||!vis[y]||f[x][y]==1061109567) cout<<-1<<endl;
else cout<<f[x][y]<<endl;
}
return 0;
}
大逃离
题意简述：求严格次短路。
记录 \(dismin_x\) 表示到 \(x\) 最短路，\(discmin_x\) 表示到 \(x\) 的严格次短路，仔细分析一下转移就好。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5100;
int n,m,k;
int deg[N];
struct node {
int to,w;
};
vector<node> g[N];
set<int> se[N];
void add(int x,int y,int z) {
g[x].push_back({y,z});
}
queue<int> q;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> qq;
LL dis_min[N],dis_cmin[N]; int f[N];
void spfa() {
q.push(1); f[1]=1;
memset(dis_min,0x3f,sizeof(dis_min));
memset(dis_cmin,0x3f,sizeof(dis_cmin));
dis_min[1]=0;
for(node t:g[1]) {
int y=t.to,w=t.w;
if(y!=n&°[y]<k) continue;
if(dis_min[1]+2*w<dis_cmin[1]) dis_cmin[1]=dis_min[1]+2*w;
}
while(q.size()) {
int x=q.front(); f[x]=0; q.pop();
for(node t:g[x]) {
int y=t.to,w=t.w;
if(y!=n&°[y]<k) continue;
if(dis_min[y]>dis_min[x]+w) {
dis_cmin[y]=dis_min[y];
dis_min[y]=dis_min[x]+w;
if(!f[y]) {
f[y]=1;
q.push(y);
}
if(dis_cmin[y]>dis_cmin[x]+w) {
dis_cmin[y]=dis_cmin[x]+w;
}
}
else if(dis_min[y]!=dis_min[x]+w&&dis_cmin[y]>dis_min[x]+w) {
dis_cmin[y]=dis_min[x]+w;
if(!f[y]) {
f[y]=1;
q.push(y);
}
}
dis_cmin[y]=min(dis_cmin[y],dis_min[y]+2*w);
}
}
}
int main() {
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x,y,z;
cin>>x>>y>>z;
add(x,y,z);
add(y,x,z);
se[x].insert(y); se[y].insert(x);
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
deg[i]=se[i].size();
}
spfa();
if(dis_cmin[n]==4557430888798830399) cout<<-1;
else cout<<dis_cmin[n];
return 0;
}
Elaxia的路线
题意简述：求两个点对最短路的最长公共路径。
写过题解，这里再强调一下最短路的相关应用：
判断一条边 \(u\leftrightarrow v\) 是否在 \(s\rightarrow t\) 的最短路上呢？只要满足如下式子：
或者：
\[dis_{s\rightarrow v}+w_{v\rightarrow u} +dis_{u\rightarrow t}=dis_{s\rightarrow t} \]即可，这里需要从起点和终点分别出发跑一遍最短路。
[POI2014] RAJ-Rally
题意简述：给定一个边权均为 \(1\) 的 \(DAG\)，求删去一个点后的最长路径的最小值。
想不到啊，居然真的是一个一个删点，然后优化求最小值。。。
记 \(dst_x\) 表示 \(x\) 为起点的最短路，\(ded_x\) 表示 \(x\) 为终点的最短路。
在 \(DAG\) 中有一个很神奇的结论。最短路可以表示为：
\[ded_u+w_{u\rightarrow v}+dst_v \]其实很好理解，若存在一条 \(u\rightarrow v\) 的边，那么 \(v\) 的拓扑序一定是 \(>u\) 的，不可能通过一个环在绕回 \(u\) 的前面。所以在 \(DAG\) 中，这个式子是成立的。
那么在非\(DAG\)中，其实也可以推出类似的结论，我们只需规定好起点终点即可：
\[dis_{s\rightarrow u}+w_{u\rightarrow v} +dis_{v\rightarrow t} \]我们按照拓扑序从小到大进行删点，删完点的集合称作\(A\)，还没删的点的集合称作 \(B\)，直观的看：\(A\) 在 \(B\) 的前面。
所以最长路应该来自：\(ded_A,dst_B,ded_A+dst_B+w_{A\rightarrow B}\)，如果此时删除 \(B\) 集合中的 \(x\) 点，那么很显然，所有包含 \(x\) 点的最短路都应该删去，即，我们应该将 \(dst_x,ded_A+w_{A\rightarrow x}+dst_x\) 删去。然后在剩下的值中统计最小值。在计算完贡献后，显然应该将 \(x\) 点加进 \(A\) 集合中，此时加入 \(ded_x,dst_x+w_{x\rightarrow B}+ded_{B}\) 即可。
为了维护以上信息，我们需要实现几个操作：
- 插入数字。
- 删除数字。
- 查询最小值。
由于数字可能有重复，所以使用 \(multiset\) 即可。注意 \(multiset\) 删除值时，使用：s.erase(s.find(x));，这样是删除一个，而 s.erase(x); 是将 x 全删。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5e5+10;
int n,m;
struct node {
int to,w;
};
vector<node> gz[N],gf[N];
int degz[N],degf[N];
int dis_ed[N],dis_st[N];
int topo_num[N],id[N];
void topoz() {
queue<int> q;
while(q.size()) q.pop();
q.push(0);
while(q.size()) {
int x=q.front(); q.pop();
for(auto t:gz[x]) {
int y=t.to,w=t.w;
if(dis_ed[y]<dis_ed[x]+w) {
dis_ed[y]=dis_ed[x]+w;
}
degz[y]--;
if(!degz[y]) {
q.push(y);
topo_num[y]=++topo_num[0];
id[topo_num[y]]=y;
}
}
}
}
void topof() {
queue<int> q;
while(q.size()) q.pop();
q.push(n+1);
while(q.size()) {
int x=q.front(); q.pop();
for(auto t:gf[x]) {
int y=t.to,w=t.w;
if(dis_st[y]<dis_st[x]+w) {
dis_st[y]=dis_st[x]+w;
}
degf[y]--;
if(!degf[y]) {
q.push(y);
}
}
}
}
multiset<int> a,b;
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x,y; cin>>x>>y;
gz[x].push_back({y,1});
degz[y]++;
gf[y].push_back({x,1});
degf[x]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
degz[i]++;
gz[0].push_back({i,0});
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
gf[n+1].push_back({i,0});
degf[i]++;
}
topof();
topoz();
int ans=1e9,p=0;
for(int i=1;i<=n;i++) b.insert(dis_st[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) {//此处i表示拓扑序
int x=id[i];
for(auto t:gf[x]) {
int y=t.to,w=t.w;
if(!w) continue;
a.erase(a.find(dis_ed[y]+dis_st[x]+1));
}
b.erase(b.find(dis_st[x]));
int maxn=0;
if(b.size()) maxn=max(maxn,*b.rbegin());
if(a.size()) maxn=max(maxn,*a.rbegin());
if(maxn<ans) {
ans=maxn;
p=x;
}
a.insert(dis_ed[x]);
for(auto t:gz[x]) {
int y=t.to,w=t.w;
if(!w) continue;
a.insert(dis_ed[x]+1+dis_st[y]);
}
}
cout<<p<<' '<<ans;
return 0;
}
[GXOI/GZOI2019] 旅行者
题意简述：求 \(n\) 个点两两最短路的最小值。
求“两两”的其实并不陌生。多源多汇最短路就能求若干个起点到若干个终点的最短路的最小值，但现在问题是：这题求的两两，我们根本不知道谁是起点，谁是终点。
所以一个很暴力的想法就是：爆搜进行分组，分到 \(1\) 组的作为起点，分到 \(2\) 组的作为终点，建超级源汇跑一遍就能求，时间复杂度 \(O(2^n\times m\log n)\)。
这样很显然是过不了的，甚至不如直接枚举起点和终点，然后直接跑最短路，时间复杂度 \(O(n^2m\log n)\)。
让我们来思考上面的做法究竟慢在哪里？
我们设取到最小值的两点是 \(st,ed\)，那么只要将 \(st,ed\) 分到不同的组别就好，至于谁和他们一组，这个无所谓。
这里就要采用二进制分组的思想，由于 \(st,ed\) 至多有 \(1\) 个二进制位不相同，所以我们按照二进制位分组，枚举 \(0\sim \log n\)，若第 \(i\) 位为 \(1\)，分到 \(1\) 组，否则分到 \(2\) 组，注意将起点终点调换。
总时间复杂度是 \(O(m\log^2 n)\)，开 \(O2\) 还是不成问题的。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+10;
int T,n,m,k;
int city[N];
struct node {
int to,w;
};
vector<node> g[N];
LL minn=1e18;
#define PII pair<LL,int>
priority_queue<PII> q;
LL dis[N]; int vis[N];
void dij(int st,int ed) {
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[st]=0; q.push({0,st});
while(q.size()) {
int x=q.top().second; q.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x]=1;
for(node t:g[x]) {
int y=t.to,w=t.w;
if(dis[y]>dis[x]+w) {
dis[y]=dis[x]+w;
q.push({-dis[y],y});
}
}
}
minn=min(minn,dis[ed]);
}
void Solve() {
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x,y,z; cin>>x>>y>>z;
g[x].push_back({y,z});
}
for(int i=1;i<=k;i++) {
cin>>city[i];
}
sort(city+1,city+1+k);
k=unique(city+1,city+1+k)-city-1;
int len=log(k);
for(int i=0;i<=len;i++) {
for(int j=1;j<=k;j++) {
if(j&(1<<i)) g[n+2].push_back({city[j],0});
else g[city[j]].push_back({n+1,0});
}
dij(n+2,n+1);
g[n+2].clear();
for(int j=1;j<=k;j++) {
if(!(j&(1<<i))) g[city[j]].pop_back();
}
for(int j=1;j<=k;j++) {
if(!(j&(1<<i))) g[n+2].push_back({city[j],0});
else g[city[j]].push_back({n+1,0});
}
dij(n+2,n+1);
g[n+2].clear();
for(int j=1;j<=k;j++) {
if(j&(1<<i)) g[city[j]].pop_back();
}
}
cout<<minn<<endl;
}
void Clear() {
minn=1e18;
for(int i=0;i<=n+2;i++) g[i].clear();
memset(city,0,sizeof(city));
n=m=k=0;
}
int main() {
cin>>T;
while(T--) {
Solve();
Clear();
}
return 0;
}
[国家集训队] 墨墨的等式
将 \(l\sim r\) 的解转化为 \(0\sim r\) 的解减去 \(0\sim l-1\) 的解即可。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PII pair<int,int>
typedef long long LL;
const int N=20,M=5e5+10;
int n,q;
LL l,r;
int a[N];
struct node{
int to,w;
};
vector<node> g[M];
void add(int x,int y,int z) {
g[x].push_back({y,z});
}
LL dis[M]; int vis[M];
priority_queue<PII> qu;
void dij() {
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[0]=0; qu.push({0,0});
while(qu.size()) {
int x=qu.top().second; qu.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x]=1;
for(auto t:g[x]) {
int y=t.to,w=t.w;
if(dis[y]>dis[x]+w) {
dis[y]=dis[x]+w;
qu.push({-dis[y],y});
}
}
}
}
LL query(LL x,LL y) {
if(x>=y) return (x-y)/q+1;
else return 0;
}
int main() {
cin>>n>>l>>r;
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>a[i];
q=max(q,a[i]);
}
for(int i=0;i<q;i++) {
for(int j=1;j<=n;j++) {
add(i,(i+a[j])%q,a[j]);
}
}
dij();
LL ans=0;
for(int i=0;i<q;i++) {
ans+=query(r,dis[i])-query(l-1,dis[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}