三种最短路算法

Floyd

可求出任意两点间最短路，适合小规模稠密图（点数不超过$500$）。

复杂度$O(n^3)$

注意：如果$n$超过$800$，且图比较稀疏，可使用$n$次dijkstra代替Floyd。

for(int k=1;k<=n;++k)
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);

堆优化dijkstra

可求出单源最短路，适合大规模稀疏图。

复杂度$O(m\log n)$

不能处理带负权的图！！！！！！

typedef pair<int,int> pii;
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > pq;
void dijkstra(int S){
   
    memset(dis,63,sizeof(dis));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    pq.push(pii(dis[S]=0,S));
    while(!pq.empty()){
   
        int u=pq.top().second;
        pq.pop();
        if(vis[u])continue;
        vis[u]=1;
        for(int i=fir[u];i;i=nxt[i]){
   
            int v=to[i];
            if(dis[v]>dis[u]+w[i])
                pq.push(pii(dis[v]=dis[u]+w[i],v));
        }
    }
}

SPFA

可求出单源最短路，且可以处理负权。适合带负权的大规模稀疏图。

复杂度：下界$O(m)$，上界$O(nm)$。

（关于如何卡到上界，见NOI2018 D1T1）

关于SPFA，它死了

在边权均为$01$的图中复杂度是$O(m)$。

queue<int> q;
void SPFA(int S){
   
    memset(dis,63,sizeof(dis));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    dis[S]=0,vis[S]=1;
    q.push(S);
    while(!q.empty()){
   
        int u=q.front();
        q.pop(),vis[u]=0;
        for(int i=fir[u];i;i=nxt[i]){
   
            int v=to[i];
            if(dis[v]>dis[u]+w[i]){
   
                dis[v]=dis[u]+w[i];
                if(!vis[v])vis[v]=1,q.push(v);
            }
        }
    }
}

Part 2.4.1：最短路

例题2.4.1：[FAIOJ2344]寻宝之路

Floyd求出任意两点最短路后，再对$dis[A_i][A_{i+1}]$求和。

复杂度$O(n^3)$

例题2.4.2：[FAIOJ30075]农场派对

分别在原图和反图上求出$x$点到其他点的最短路，再统计最大值。

复杂度$O(m\log n)$

例题2.4.3：[FAIOJ30078]新年好

对于$1,a,b,c,d,e$五个点分别求出到其他点单源最短路，然后全排列枚举所有$5!$种方案统计最小值。

复杂度$O(m\log n+5!)$

例题2.4.4：[FAIOJ30074]架设电话线

最小化第$k+1$大

类似于最小化最大值问题，二分答案$x$。

将边权$\le x$的边全部视为$0$，边权$>x$的边全部视为$1$。

然后求最短路，如果$1$到$n$的最短路$\le k$就说明$x$可行，应下调；否则上调。

复杂度$O(m\log n\log W)$

例题2.4.5：[ZJOI2006][FAIOJ20601]物流运输

本题看似很复杂，但数据范围极小，所以可以考虑暴力一些的做法，比如：求出每一段时间的最短路。

设$f[i]=$前$i$天的最优解，则有转移

$f[i]=\min \{f[j-1]+(i-j+1)\ast L(j,i)+K\},1\le j\le i$

其中$L(j,i)$表示从第$j$天到第$i$天，不改变航线，从$1$到$n$的最短路。用dijkstra等算法求解均可。

复杂度$O(n^{2}E\log V)$

Part 2.4.2：分层图最短路

分层图也是图论中一种常见的“拆点”方法。我们通过一些例子具体理解。

例题2.4.6：[FAIOJ1650]飞行路线

显然，如果$k=0$，那么本题就是一道经典的最短路模型。

但本题允许我们将$k$条边长视为$0$。

首先指出一种比较显然的贪心是错误的：把最短路中最长的$k$条边视为$0$。

很简单的例子：

3 3 1
0 2
0 1 1
1 2 1
0 2 3

很明显答案是0。而上面的贪心会得到1。

考虑到其实每个点都有$k+1$种状态：用了$0,1,\dots ,k$次免费票。

因此将每个点$u$拆成$k+1$个点$u_0,u_1,\dots ,u_k$

然后对于每条原图中的边$(u,v,w)$，对于每个$k$，连边$(u_k,v_k,w)$，表示不用免费票；连边$(u_k,v_{k+1},0)$，表示用免费票。

然后做以$S_0$为起点的单源最短路即可。

复杂度$O(km\log n)$。

例题2.4.7：[NOIP2009][FAIOJ10092]最优贸易

本题有多种方法：贪心，搜索等。但本题也可以用分层图最短路做。

每个点都可以看做有三种状态：没交易过；已经买完但没卖；已经卖完。

因此建立分层图：

原图中的边权均为$0$；

第一层的每个点向第二层相同的点连边，边权为卖出价格；

第二层的每个点向第三层相同的点连边，边权为买入价格的相反数。

然后求出第一层的$1$号点到第三层的$n$号点的最短路即可。

复杂度$O(m\log n)$。

例题2.4.8：[FAIOJ330]汽车加***驶问题

本题条件很多，但实际上只需分类讨论出向每个方向行驶所需费用即可。

首先，车在每个点的状态可以看做有$k+1$种：剩$0,1,2,\dots ,k$格油。因此建立$k+1$层分层图。每层图都是一张网格图。

对于同一层之间的点，因为汽车在任何情况下行驶都会耗油，所以同一层之间的点不连边；

第$i$层与自己相邻的$4$个点都向第$i$层的点连边表示耗一格油。

第$i$层与自己相邻的$4$个点都向第$k$层的点连边表示加满油后再走一格（因为加油是强制的）。

对于非加油站的点，向上一层

向上和向左连边边权为$0$（没有费用）

向下和向右连边边权为$B$（过路费）

向第$k$层

向上和向左连边边权为$A+C$（增设加油站，同时加满油）

向下和向右连边边权为$A+B+C$（过路费+油费）

对于加油站的点，向第$k$层

向上和向左连边边权为$C$

向下和向右连边边权为$B+C$

然后求$(1,1,k)$到$(n,n,i),0\le i\le k$的最短路即可。

复杂度为$O(k{n}^2\log n)$

Part 2.4.3：最短路图

定义：所有可能在最短路，即满足$dis[u]+w(u,v)=dis[v]$的边构成的图。

最短路图是一张DAG（有向无环图）。

因为DAG上的状态满足DP“无后效性”的要求，所以在DAG上是可以DP的。DP过程和树形DP类似，DP的顺序是图的拓扑序。

queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;++i)if(!d[i])q.push(i);
while(!q.empty()){
   
    int u=q.front();
    q.pop();
    for(int i=fir[u];i;i=nxt[i]){
   
        int v=to[i];
        if(!--d[v])q.push(v);
        //DP转移
    }
}

例题2.4.9：[FAIOJ30077]最短路计数

本题是最短路图上DP的模板题。

建立最短路图后，对于每条边，如果有$dis[u]+W(u,v)=dis[v]$，则进行转移$f[v]+=f[u]$。否则不转移。

例题2.4.10：[SDOI2009][luogu2149]Elaxia的路线

先预处理出$S_1,T_1,S_2,T_2$到其他顶点的最短路。

对于一个点$x$，如果有$dis(S_1,x)+dis(x,T_1)=dis(S_1,T_1),dis(S_2,x)+dis(x,T_2)=dis(S_2,T_2)$，则说明$x$在公共最短路上。

如果$x,y$都在公共最短路上，那么$x,y$在任一条最短路的路径也就都在公共最短路上。

因此暴力枚举$x,y$并进行上述判断，然后对$|dis(S_1,x)-dis(S_1,y)|$取最大值即可。

复杂度$O(n^2+m\log n)$。

此算法可通过本题，然而它看起来是错的。。。

最短路图是一张DAG而非只有一条链，所以$x,y$可能会在不同的链上，然后上面的$dis$之差就错了。

但由于这个错误的$dis$之差不会影响答案（最长公共路径一定会枚举到，而且错误的答案不会大于正确的答案），所以也可以通过。

但是这个$n^2$很麻烦（这道题其他的部分都是$O(m\log n)$，其实是可以加强出到$n,m\le 10^5$的）。

所以正解仍然是DAG上的DP。设$f[u]=$终点为$u$的最长公共路径。

在第一张DAG图上DP，如果$(u,v)$在第二张DAG图上则更新$f[v]$的值。

最后取所有$f[]$的最大值即可。

复杂度$O(m\log n)$。