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 5dist(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 5dist(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：
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！