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bellman

来源:互联网 收集:自由互联 发布时间:2022-05-20
最短路问题 Bellman-Ford(单源最短路径)(图解) ​ 核心思想 :松弛操作 对于边(u,v),用dist(u)和(u,v)的和尝试更新dist(v): dist(v) = min(dist(v) , dist(u)+l(u,v) 注:dist(i)为源点(起点
最短路问题 Bellman-Ford(单源最短路径)(图解) 核心思想:松弛操作

对于边(u,v),用dist(u)和(u,v)的和尝试更新dist(v):

                        dist(v) = min(dist(v) , dist(u)+l(u,v)

注:dist(i)为源点(起点)到i点的距离,l(u,v)为u->v的边权。

Bellman-Ford的基本操作是进行多次迭代,每一轮迭代对图上所有边进行松弛操作,直到再一次迭代中没有点的dist发生变化即可停止迭代。为什么呢?不妨假设已经没有dist发生变化了,再进行一轮迭代的话,很显然,之后的迭代没有产生任何作用,dist数组依旧没有改变,反倒增大了时间复杂度,这不是多此一举么。

图解:

                                                        ​​​​​​​        ​​​​​​​        ​​​​​​​        ​​​​​​​        ​​​​​​​        ​​​​​​​        ​​​​​​​

初始:(S为源点)

初始设置为inf无穷大,表示还没有最短路

S A B C D E 0 inf inf inf inf inf

第一轮迭代:

对S点连出的边(s->e,s->a)

S A B C D E 0 7(0+7) inf inf inf 5(0+5)

 对A连出的边(a->c)

S A B C D E 0 7 inf 9(7+2) inf 5

对B连出的边(b->a)

S A B C D E 0 7 inf 9 inf 5

               dist(B)还没有找到最短路,更新其他点的最短路径无意义,故对B点的出边不进行松弛

对C连出的边(c->b)

S A B C D E 0 7 7(9+(-2)) 9 inf 5

对D连出的边(d->c,d->a)

S A B C D E 0 7 7 9 inf 5

               dist(D)还没有找到最短路,更新其他点的最短路径无意义,故对D点的出边不进行松弛 

 对E连出的边(e->d)

S A B C D E 0 7 7 9 6(5+1) 5

已经对所有的边进行了松弛操作,第一轮迭代结束

第二轮迭代

对S点连出的边(s->e,s->a)

S A B C D E 0 7 7 9 6 5

                                                                            无需更新

 对A连出的边(a->c)

S A B C D E 0 7 7 9 6 5

                                                                            无需更新 

对B连出的边(b->a)

S A B C D E 0 7 7 9 6 5

                                                                           无需更新

对C连出的边(c->b)

S A B C D E 0 7 7 9 6 5

                                                                            无需更新 

对D连出的边(d->c,d->a)

S A B C D E 0 2(6+(-4)) 7 5(6+(-1)) 6 5

 对E连出的边(e->d)

S A B C D E 0 2 7 5 6 5

已经对所有的边进行了松弛操作,第二轮迭代结束

第三轮迭代

与第一第二轮同理(此处直接给出迭代结束的结果)

S A B C D E 0 2 2 4 6 5

第四轮迭代

无任何更新,迭代结束,更新完成

 

算法分析:

如果最短路存在,一定存在一个不含环的最短路。(理由:对零环和正环,去掉后路径不会边长;对负环,若最短路径中存在负环,那一定不是最短路,负环可以无限绕下去,路径可以是负无穷)

最短路不含环,那么一条最短路径最多经过n-1个点(不含起点),所以最多需要n-1轮松弛操作。

复杂度分析:

最多进行n-1次迭代,每次迭代枚举遍历所有边,尝试通过边进行松弛操作,故复杂度为

O(N-1)*O(M)即O(NM),(注:N为点数,M为边数)

伪代码

   for (int i = 0; i <= n; i++)

        dist[i] = inf;//初始化为无穷大

    dist[s] = 0;//s为起点,自己到自己的最短路为0

    for (int k = 1; k <= n - 1; k++)//迭代n-1轮

    {

        for (int i = 1; i <= m; i++)//枚举每一条边

        {

            int x = u[i], y = v[i];

            if (dist[x] < inf)

                dist[y] = min(dist[y], dist[x] + w[i]);//松弛

        }

    }

 检查有无负环

将dist数组初始化为0,迭代n-1次后进行第n次迭代,如果第n次迭代有进行松弛操作,则一定存在负环,因为不存在负环最多只能进行n-1次松弛操作

代码实现:

void bellman_ford(int s, int end) // s为起点,end为终点

{

    memset(dis, 127, sizeof(dis));

    dis[s] = 0; //起点最短路为0

    pre[s] = -1;

    for (int i = 1; i <= n - 1; i++)

    {

        bool ok = false;

        for (int j = 1; j <= m; j++)

        {

            int x = edge[j].u, y = edge[j].v, w = edge[j].w;

            if (dis[x] < (1 << 30) && dis[x] + w < dis[y])

            {

                dis[y] = dis[x] + w;

                pre[y] = x; // y的上一个点为x,如不需打印路径无需pre数组

                ok = true;

            }

        }

        if (ok == false)

        {

            break; //未进行松弛操作,提前退出循环,减小时间复杂度

        }

    }

    if (dis[end] < (1 << 30))

        cout << dis[end] << "\n";

    else

        cout << "-1\n";

    // Print_Path(end); //打印路径

}

模板题 

题目链接:最短路 - 题目 - Daimayuan Online Judge

题目描述:

给你一张简单有向图,边权都为非负整数。以及一些询问,询问两个点之间的距离。

图用以下形式给出:

第一行输入三个整数 n,m,k表示图的顶点数、边数和询问次数,顶点编号从 1 到 n。

接下来 m 行,每行三个整数 x,y,z表示 x 到 y 有一条有向边,边权为 z。

接下来 k 行,每行两个整数 x,y 询问从 x 到 y 的最短路长度,如果无法到达,输出 −1。

输入格式:

第一行三个整数 n,m,k 表示图的顶点数、边数和询问次数。

接下来 m 行,每行有三个整数,代表一条边。

接下来 k 行,每行有两个整数,代表一次询问。

输出格式:

输出共 k 行,每行一个数表示一次询问的答案。

数据规模: 

对于所有数据,保证 2≤n≤5000,0≤m≤10000,1≤k≤5,1≤x,y≤n,x≠y,1≤z≤10000。

样例输入:

3 3 2

1 2 3

2 3 2

3 2 1

1 3

3 1

样例输出:

5

-1 

直接给代码了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Edge
{
    int u, v, w;
} edge[100009];
int pre[100009];          //记录上一个点,为了打印最短路径
int dis[100009], n, m, k; // n为点数,m为边数,dis[i]为起点到i的最短距离
void Print_Path(int x)
{
    if (pre[x] == -1)
    {
        cout << x; //起点的pre为-1,所以x为起点
        return;
    }
    else
    {
        Print_Path(pre[x]);
        cout << "->" << x;
    }
}
void bellman_ford(int s, int end) // s为起点,end为终点
{
    memset(dis, 127, sizeof(dis));
    dis[s] = 0; //起点最短路为0
    pre[s] = -1;
    for (int i = 1; i <= n - 1; i++)
    {
        bool ok = false;
        for (int j = 1; j <= m; j++)
        {
            int x = edge[j].u, y = edge[j].v, w = edge[j].w;
            if (dis[x] < (1 << 30) && dis[x] + w < dis[y])
            {
                dis[y] = dis[x] + w;
                pre[y] = x; // y的上一个点为x
                ok = true;
            }
        }
        if (ok == false)
        {
            break; //未进行松弛操作,提前退出循环,减小时间复杂度
        }
    }
    if (dis[end] < (1 << 30))
        cout << dis[end] << "\n";
    else
        cout << "-1\n";
    // Print_Path(end); //打印路径
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr); //关同步流
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= m; i++) //读入边
    {
        cin >> edge[i].u >> edge[i].v >> edge[i].w;
    }
    for (int i = 1; i <= k; i++) // k次询问
    {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        bellman_ford(x, y);
    }
}

 参考文献:

《算法竞赛,入门经典(第二版)》

2022 Namomo Spring Camp Div2 Day8 直播课

ending

有什么错误之处欢迎指正!不胜感激!

 

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