最短路

定义¶

（还记得这些定义吗？在阅读下列内容之前，请务必了解图论基础部分。）

路径
最短路
有向图中的最短路、无向图中的最短路
单源最短路、每对结点之间的最短路

性质¶

对于边权为正的图，任意两个结点之间的最短路，不会经过重复的结点。

对于边权为正的图，任意两个结点之间的最短路，不会经过重复的边。

对于边权为正的图，任意两个结点之间的最短路，任意一条的结点数不会超过，边数不会超过。

Floyd 算法¶

是用来求任意两个结点之间的最短路的。

复杂度比较高，但是常数小，容易实现。（我会说只有三个 for 吗？）

适用于任何图，不管有向无向，边权正负，但是最短路必须存在。（不能有个负环）

实现¶

我们定义一个数组 f[k][x][y] ，表示只允许经过结点到，结点到结点的最短路长度。

很显然， f[n][x][y] 就是结点到结点的最短路长度。

我们来考虑怎么求这个数组

f[0][x][y] ：边权，或者，或者（ f[0][x][x] 什么时候应该是？）

f[k][x][y] = min(f[k-1][x][y], f[k-1][x][k]+f[k-1][k][y])

上面两行都显然是对的，然而这个做法空间是。

但我们发现数组的第一维是没有用的，于是可以直接改成 f[x][y] = min(f[x][y], f[x][k]+f[k][y]) ，

for (k = 1; k <= n; k++) {
  for (i = 1; i <= n; i++) {
    for (j = 1; j <= n; j++) {
      f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k][j]);
    }
  }
}

时间复杂度是，空间复杂度是。

应用¶

给一个正权无向图，找一个最小权值和的环。

首先这一定是一个简单环。

想一想这个环是怎么构成的。

考虑环上编号最大的结点 u。

f[u-1][x][y] 和 (u,x), (u,y)共同构成了环。

在Floyd的过程中枚举u，计算这个和的最小值即可。

。

已知一个有向图中任意两点之间是否有连边，要求判断任意两点是否连通。

该问题即是求图的传递闭包。

我们只需要按照 Floyd 的过程，逐个加入点判断一下。

只是此时的边的边权变为，而取变成了与运算。

再进一步用 bitset 优化，复杂度可以到。

//std::bitset<SIZE> f[SIZE];
for (k = 1; k <= n; k++)
    for (i = 1; i <= n; i++)
        if(f[i][k]) f[i] = f[i] & f[k];

Bellman-Ford 算法¶

一种基于松弛（relax）操作的最短路算法。

支持负权。

能找到某个结点出发到所有结点的最短路，或者报告某些最短路不存在。

在国内 OI 界，你可能听说过的“SPFA”，就是 Bellman-Ford 算法的一种实现。（优化）

实现¶

假设结点为。

先定义为到（当前）的最短路径长度。

: .

是从哪里来的呢？

三角形不等式：。

证明：反证法，如果不满足，那么可以用操作来更新的值。

Bellman-Ford 算法如下：

1	while (1) for each edge(u, v) relax(u, v);

当一次循环中没有操作成功时停止。

每次循环是的，那么最多会循环多少次呢？

答案是！（如果有一个能走到的负环就会这样）

但是此时某些结点的最短路不存在。

我们考虑最短路存在的时候。

由于一次会使（被的）最短路的边数至少，而最短路的边数最多为。

所以最多（连续）次……（一定是环环相扣的，不然之前就能被掉）

所以最多循环次。

总时间复杂度。 （对于最短路存在的图）

relax(u, v) {
    dist[v] = min(dist[v], dist[u] + edge_len(u, v));
}
for (i = 1; i <= n; i++) {
    dist[i] = edge_len(S, i);
}
for (i = 1; i < n; i++) {
    for each edge(u, v) {
        relax(u, v);
    }
}

注：这里的表示边的权值，如果该边不存在则为，则为。

应用¶

给一张有向图，问是否存在负权环。

做法很简单，跑 Bellman-Ford 算法，如果有个点被成功了次，那么就一定存在。

如果次之内算法结束了，就一定不存在。

队列优化：SPFA¶

即 Shortest Path Faster Algorithm。

很多时候我们并不需要那么多无用的操作。

很显然，只有上一次被的结点，所连接的边，才有可能引起下一次的。

那么我们用队列来维护“哪些结点可能会引起 ”，就能只访问必要的边了。

q = new queue();
q.push(S);
in_queue[S] = true;
while (!q.empty()) {
    u = q.pop();
    in_queue[u] = false;
    for each edge(u, v) {
        if (relax(u, v) && !in_queue[v]) {
            q.push(v);
            in_queue[v] = true;
        }
    }
}

SPFA 的时间复杂度为（玄学），但 理论上界 为，精心设计的稠密图可以随便卡掉 SPFA，所以考试时谨慎使用（NOI 2018 卡 SPFA）。

SPFA 的优化之 SLF¶

即 Small Label First。

即在新元素加入队列时，如果队首元素权值大于新元素权值，那么就把新元素加入队首，否则依然加入队尾。

该优化在确实在一些图上有显著效果，其复杂度也有保证，但是如果有负权边的话，可以直接卡到指数级。

Dijkstra 算法¶

Dijkstra 是个人名（荷兰姓氏）。

IPA:/ˈdikstrɑ/或/ˈdɛikstrɑ/。

这种算法只适用于非负权图，但是时间复杂度非常优秀。

也是用来求单源最短路径的算法。

实现¶

主要思想是，将结点分成两个集合：已确定最短路长度的，未确定的。

一开始第一个集合里只有。

然后重复这些操作：

（1）那些刚刚被加入第一个集合的结点的所有出边。

（2）从第二个集合中，选取一个最短路长度最小的结点，移到第一个集合中。

直到第二个集合为空，算法结束。

时间复杂度：只用分析集合操作，次 delete-min ，次 decrease-key 。

如果用暴力：。

如果用堆。

如果用 priority_queue：。

（注：如果使用 priority_queue，无法删除某一个旧的结点，只能插入一个权值更小的编号相同结点，这样操作导致堆中元素是的）

如果用线段树（ZKW 线段树）：

如果用 Fibonacci 堆：（这就是为啥优秀了）。

等等，还没说正确性呢！

分两步证明：先证明任何时候第一个集合中的元素的一定不大于第二个集合中的。

再证明第一个集合中的元素的最短路已经确定。

第一步，一开始时成立（基础），在每一步中，加入集合的元素一定是最大值，且是另一边最小值，又是加上非负数，所以仍然成立。（归纳）（利用非负权值的性质）

第二步，考虑每次加进来的结点，到他的最短路，上一步必然是第一个集合中的元素（否则他不会是第二个集合中的最小值，而且有第一步的性质），又因为第一个集合已经全部过了，所以最短路显然确定了。

H = new heap();
H.insert(S, 0);
dist[S] = 0;
for (i = 1; i <= n; i++) {
    u = H.delete_min();
    for each edge(u, v) {
        if (relax(u, v)) {
            H.decrease_key(v, dist[v]);
        }
    }
}

不同方法的比较¶

Floyd	Bellman-Ford	Dijkstra
每对结点之间的最短路	单源最短路	单源最短路
没有负环的图	任意图	非负权图

输出方案¶

开一个 pre 数组，在更新距离的时候记录下来后面的点是如何转移过去的，算法结束前再递归地输出路径即可。

比如 Floyd 就要记录 pre[i][j] = k; ，Bellman-Ford 和 Dijkstra 一般记录 pre[v] = u 。

拓展：分层图最短路¶

分层图最短路，一般模型为有次零代价通过一条路径，求总的最小花费。对于这种题目，我们可以采用 DP 相关的思想，设表示当前从起点号结点，使用了次免费通行权限后的最短路径。显然，数组可以这么转移：

其中，表示的父亲节点，表示当前所走的边的边权。当时， = 。

事实上，这个 DP 就相当于把每个结点拆分成了个结点，每个新结点代表使用不同多次免费通行后到达的原图结点。换句话说，就是每个结点表示使用次免费通行权限后到达结点。

模板题：[JLOI2011]飞行路线 ¶

题意：有一个个点条边的无向图，你可以选择条道路以零代价通行，求到的最小花费。

参考核心代码：

struct State {    // 优先队列的结点结构体
  int v, w, cnt;  // cnt 表示已经使用多少次免费通行权限
  State() {}
  State(int v, int w, int cnt) : v(v), w(w), cnt(cnt) {}
  bool operator<(const State &rhs) const { return w > rhs.w; }
};

void dijkstra() {
  memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
  dis[s][0] = 0;
  pq.push(State(s, 0, 0));  // 到起点不需要使用免费通行权，距离为零
  while (!pq.empty()) {
    const State top = pq.top();
    pq.pop();
    int u = top.v, nowCnt = top.cnt;
    if (done[u][nowCnt]) continue;
    done[u][nowCnt] = true;
    for (int i = head[u]; i; i = edge[i].next) {
      int v = edge[i].v, w = edge[i].w;
      if (nowCnt < k && dis[v][nowCnt + 1] > dis[u][nowCnt]) {  // 可以免费通行
        dis[v][nowCnt + 1] = dis[u][nowCnt];
        pq.push(State(v, dis[v][nowCnt + 1], nowCnt + 1));
      }
      if (dis[v][nowCnt] > dis[u][nowCnt] + w) {  // 不可以免费通行
        dis[v][nowCnt] = dis[u][nowCnt] + w;
        pq.push(State(v, dis[v][nowCnt], nowCnt));
      }
    }
  }
}

int main() {
  n = read(), m = read(), k = read();
  // 笔者习惯从 1 到 n 编号，而这道题是从 0 到 n - 1，所以要处理一下
  s = read() + 1, t = read() + 1;
  while (m--) {
    int u = read() + 1, v = read() + 1, w = read();
    add(u, v, w), add(v, u, w);  // 这道题是双向边
  }
  dijkstra();
  int ans = std::numeric_limits<int>::max();  // ans 取 int 最大值为初值
  for (int i = 0; i <= k; ++i)
    ans = std::min(ans, dis[t][i]);  // 对到达终点的所有情况取最优值
  println(ans);
}

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