Dijkstra
作者：互联网
模板
朴素版($o(n^2) $)
void dijkstra()
{
memset(dist,0x3f,sizeof dist);
dist[1] = 0;
for(int i = 0;i < n;i ++)
{
int t = -1;
for(int j = 1;j <= n;j ++)
if(!st[j] && (t == -1 || dist[j] < dist[t]))
t = j;
st[t] = true;
for(int j = 1;j <=n;j ++)
if(!st[j]) dist[j] = min(dist[j],dist[j] + g[t][j]);
}
}
堆优化版（\(o(m log n)\)）
void dijkstra()
{
memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
dist[1] = 0;
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>> heap;
heap.push({0,1});
while(heap.size())
{
auto t = heap.top();
heap.pop();
int node = t.second,distance = t,first;
if(st[node]) continue;
st[node] = true;
for(int i = h[node];i!=-1;i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(dist[j] > distance + w[i])
{
dist[j] = distance + w[i];
heap.push({dist[j],j});
}
}
}
}
经验
1.首先从题给数据范围推测出图是稠密图(朴素版)还是稀疏图（堆优化），一般m在\(n^2\) 级别的图视为稠密图例如 n <= 200 m <= 2000
2.正无穷的定义：int类型的为0x3f3f3f3f(4个3f)，double类型的为0x7f7f7f7f7f7f7f7f(8个7f)
3.dijkstra算法只适用于正权图的单源最短路问题
...
技巧
某些题目还会要求维护图中其他信息，当然不是只写个模板就能过掉的题目
我用一个问题来具体描述。
L3-011 直捣黄龙 (30 分)
本题是一部战争大片 —— 你需要从己方大本营出发，一路攻城略地杀到敌方大本营。首先时间就是生命，所以你必须选择合适的路径，以最快的速度占领敌方大本营。当这样的路径不唯一时，要求选择可以沿途解放最多城镇的路径。若这样的路径也不唯一，则选择可以有效杀伤最多敌军的路径。
输入格式：
输入第一行给出 2 个正整数 N（2 ≤ N ≤ 200，城镇总数）和 K（城镇间道路条数），以及己方大本营和敌方大本营的代号。随后 N-1 行，每行给出除了己方大本营外的一个城镇的代号和驻守的敌军数量，其间以空格分隔。再后面有 K 行，每行按格式城镇1 城镇2 距离给出两个城镇之间道路的长度。这里设每个城镇（包括双方大本营）的代号是由 3 个大写英文字母组成的字符串。
输出格式：
按照题目要求找到最合适的进攻路径（题目保证速度最快、解放最多、杀伤最强的路径是唯一的），并在第一行按照格式己方大本营->城镇1->...->敌方大本营输出。第二行顺序输出最快进攻路径的条数、最短进攻距离、歼敌总数，其间以 1 个空格分隔，行首尾不得有多余空格。
输入样例：
10 12 PAT DBY
DBY 100
PTA 20
PDS 90
PMS 40
TAP 50
ATP 200
LNN 80
LAO 30
LON 70
PAT PTA 10
PAT PMS 10
PAT ATP 20
PAT LNN 10
LNN LAO 10
LAO LON 10
LON DBY 10
PMS TAP 10
TAP DBY 10
DBY PDS 10
PDS PTA 10
DBY ATP 10
输出样例：
PAT->PTA->PDS->DBY
3 30 210
分析
这道题要求我们解一个最短路问题，但是显然最短路不唯一，所以我们要找一条经过节点最多，路径中点权和最大的最短路，同时还要将这条路径记录下来并记录这样的路径有多少条
一般这种根据其他信息选择最优最短路的问题就是在更新环节进行模板修改用数组来表示更新到这个节点的具体意义
根据题意
路径记录
我们用path数组表示某节点的前驱节点：path[j] = t 表示t -> j
在可以更新dist数组时同时更新path
void dijstra()
...
if(dist[j] > dist[t] + g[t][j])
{
dist[j] = dist[t] + g[t][j];//说明从1到j最短路径中终点j目前来看前一个节点是t
path[j] = t;
}
...
输出
跑一遍dijkstra后我们可以根据path从终点找到上一个节点，从上一个节点找到上上一个节点...以此类推一直找到起点，可以发现这是一个逆序的路径我们可以用递归回溯或栈来正序输出路径
vector<int> ans;
void print(int u)
{
if(u == -1) return ;
print(path[u]);
ans.push_back(u);
}
路径数量
用 cnt 数组表示从1到某个节点一共有多少合法路径
void dijstra()
...
if(dist[j] > dist[t] + g[t][j])
{
dist[j] = dist[t] + g[t][j];//说明从1到j最短路径中终点j目前来看前一个节点是t
path[j] = t;
cnt[j] = cnt[t];
}
else if(dist[j] == dist[t] + g[t][j])
{
cnt[j] += cnt[t];//到j节点原本有cnt[j]个方案，因为dist[j] == dist[t] + g[t][j]，所以又多了cnt[t]个方案
}
...
经过节点数量
用 dot 数组表示从起点到某个节点一共经过了几个节点
void dijstra()
...
if(dist[j] > dist[t] + g[t][j])
{
dist[j] = dist[t] + g[t][j];//说明从1到j最短路径中终点j目前来看前一个节点是t
path[j] = t;
cnt[j] = cnt[t];
dot[j] = dot[t] + 1;
}
else if(dist[j] == dist[t] + g[t][j])
{
cnt[j] += cnt[t];//到j节点原本有cnt[j]个方案，因为dist[j] == dist[t] + g[t][j]，所以又多了cnt[t]个方案
if(dot[j] < dot[t] + 1)//我们希望经过的节点更多所以更新小于dot[t] + 1的所有出边
{
dot[j] = dot[t] + 1;
}
}
...
点权和最大
用sum数组表示从起点走到某个节点点权之和
void dijstra()
...
if(dist[j] > dist[t] + g[t][j])
{
dist[j] = dist[t] + g[t][j];//说明从1到j最短路径中终点j目前来看前一个节点是t
path[j] = t;
cnt[j] = cnt[t];
dot[j] = dot[t] + 1;
sum[j] = sum[t] + w[j]
}
else if(dist[j] == dist[t] + g[t][j])
{
cnt[j] += cnt[t];//到j节点原本有cnt[j]个方案，因为dist[j] == dist[t] + g[t][j]，所以又多了cnt[t]个方案
if(dot[j] < dot[t] + 1)//我们希望经过的节点更多所以更新小于dot[t] + 1的所有出边
{
dot[j] = dot[t] + 1;
sum[j] = sum[t] + w[j];
path[j] = t;
}
else if(dot[j] == dot[t] + 1 && sum[j] < sum[t] + w[j])//希望点权和最大，就更新小于sum[t] + w[j]的点
{
sum[j] = sum[t] + w[j];
path[j] = t;
}
}
...
完整ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 220;
int g[N][N];
int dist[N], w[N];
bool st[N];
int n,k;
int cnt[N],path[N],sum[N],dot[N];
string s,d;
map<string ,int> mp;
map<int,string> hp;
void dijkstra(string s)
{
memset(dist,0x3f,sizeof dist);
dist[mp[s]] = 0;
cnt[mp[s]] = 1;
path[mp[s]] = -1;
for(int i = 0; i < n;i ++)
{
int t = -1;
for(int j = 1;j <= n;j ++)
if(!st[j] && (t == -1 || dist[t] > dist[j])) t = j;
st[t] = true;
for(int j = 1;j <= n;j ++)
if(!st[j])
{
if(dist[j] > dist[t] + g[t][j])
{
dist[j] = dist[t] + g[t][j];
cnt[j] = cnt[t];
sum[j] = sum[t] + w[j];
path[j] = t;
dot[j] = dot[t] + 1;
}
else if(dist[j] == dist[t] + g[t][j])
{
cnt[j] += cnt[t];
if(dot[j] < dot[t] + 1)
{
dot[j] = dot[t] + 1;
path[j] = t;
sum[j] = sum[t] + w[j];
}
else if(dot[j] == dot[t] + 1 && sum[j] < sum[t] + w[j])
{
sum[j] = sum[t] + w[j];
path[j] = t;
}
}
}
}
}
void print(int u)
{
if(mp[s]== u) return ;
print(path[u]);
cout << "->"<< hp[u];
}
int main()
{
memset(g,0x3f,sizeof g);
cin >> n >> k;
cin >> s >> d;
mp[s] = 1;
hp[1] = s;
for(int i = 2;i <= n;i ++)
{
string a;
cin >> a;
mp[a] = i;
hp[i] = a;
cin >> w[i];
}
while(k --)
{
string a,b;
int x;
cin >> a >> b >> x;
g[mp[a]][mp[b]] = g[mp[b]][mp[a]] = x;
}
dijkstra(s);
cout << hp[1] ;
print(mp[d]);
puts("");
cout << cnt[mp[d]]<< " " << dist[mp[d]] << ' ' << sum[mp[d]];
return 0;
}
其他类似例题
L2-001 紧急救援 (25 分)
7-9 旅游规划 (25 分)
反向建图
这里我顺带整理一个技巧，它不是专属于dijkstra算法技巧，但做图论问题有可能会遇到 ：反向建图
这里我以dijkstra算法为例讲一下反向建图的作用，同时需要注意，既然提到了反向，所以这个技巧只适用于有向图。
1.在单源最短路问题中：
作用：由单到多变为由多到单
例题
[problem:POJ-3268]（单击跳转）
题意：
给出n,m,代表牛数和边数,接着是m条有向边，代表从牛a到牛b需要花费c时间，现在所有牛要到牛x那里去参加聚会，并且所有牛参加聚会后还要回来，给你牛x，除了牛x之外的牛，他们都有一个参加聚会并且回来的最短时间，从这些最短时间里找出一个最大值输出 N<=1000,M<=100,000
Input
第 1 行：分别有三个空格分隔的整数：N、M 和 X
行 2。M+1：i+1 行用三个空格分隔的整数描述道路 i：Ai、Bi
和 Ti。所描述的道路从农场Ai延伸到农场Bi，需要Ti时间单位才能穿越。
Output
第 1 行：一个整数：任何一头奶牛必须行走的最长时间。
Sample Input
4 8 2
1 2 4
1 3 2
1 4 7
2 1 1
2 3 5
3 1 2
3 4 4
4 2 3
Sample Output
10
分析
给了一个特殊点x而且每头牛都有一个最短时间,很明显是单源最短路问题。从数据范围来看，稠密图，权值全为正，朴素版dijkstra。难点是我们跑一遍dijkstra算法只能从起点找出到其他点的最短距离，题目中的牛儿们却有来有回，抽象出模型来便是从众多点向x点汇聚，再从x点回到原处。第二个过程是我们熟悉的单到多的过程，而第一个过程却是一个多到单的过程。
所以利用反向建图:
额外建立一个有向图,该图中所有的边都与原图方向相反,权值不变.
在这张图中再次使用Dijkstra求出从节点x到任意点的最短距离.
在这张图上得到的最短距离dist[i]就是在原图上从节点i到节点x的最短距离.
ac代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<aLgorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 1010;
bool st[N];
int n,m,s;
int g[N][N];
int w[N],dist[N];
struct Edge
{
int a,b,c;
};
void dijkstra()
{
memset(st,0,sizeof st);
memset(dist,0x3f,sizeof dist);
dist[s] = 0;
for(int i = 0;i < n;i ++)
{
int t = -1;
for(int j = 1;j <= n;j ++)
if(!st[j] && (t == -1 || dist[t] > dist[j]))
t = j;
st[t] = true;
for(int j = 1;j <= n;j ++) dist[j] = min(dist[j],dist[t] + g[t][j]);
}
}
vector<Edge> edges;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
memset(g,0x3f,sizeof g);
cin >> n >> m >> s;
while(m --)
{
int a,b,c;
cin >> a >> b >> c;
edges.push_back({b,a,c});
g[a][b] = min(g[a][b],c);
}
dijkstra();
for(int i = 1;i <= n;i ++) w[i] = dist[i];
memset(g,0x3f,sizeof g);//建反向边
for(vector<Edge>::iterator it = edges.begin();it != edges.end();it ++)
{
int a = (*it).a,b = (*it).b,c = (*it).c;
g[a][b] = min(g[a][b],c);
}
dijkstra();
int res = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) res = max(res,dist[i] + w[i]);
cout << res << endl;
return 0;
}
2.正难则反
[problem:洛谷-p3916]
题目描述
给出N个点，M条边的有向图，对于每个点v，求\(A(v)\)表示从点v出发，能到达的编号最大的点。
输入格式
第1 行，2 个整数N,M。
接下来M行，每行2个整数U i ,V i ，表示边\((U i,V i )\)。点用1,2,⋯,N编号。
输出格式
N 个整数\(A(N)A(1),A(2),⋯,A(N)\)。
输入输出样例
4 3
1 2
2 4
4 3
4 4 3 4
说明/提示
• 对于60% 的数据，$1≤N.M≤10^ 3 $；
• 对于100% 的数据，\(1≤N,M≤10 ^5\) 。
分析
\(10^5\) 的数据 我们从一开始对每个点进行dfs肯定是不行的，这时反向建图，逆向思维，从最大的节点搜能够遍历到的点能到达节点编号最大的必是当前节点。
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
bool st[N];
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int n,m;
int ans[N];
void add(int a,int b)
{
e[idx] = b,ne[idx] = h[a],h[a] = idx ++;
}
void dfs(int u,int c)
{
ans[u] = max(c,ans[u]);
for(int i = h[u];i != -1;i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(!st[j])
{
st[j] = true;
dfs(j,c);
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
memset(h,-1,sizeof h);
cin >> n >> m;
while(m --)
{
int a,b;
cin >> a >> b;
add(b,a);
}
for(int i = n;i;i --) dfs(i,i);
for(int i = 1;i <= n;i ++) cout << ans[i] << ' ';
return 0;
}
切记反向建图只能用于有向图
标签：cnt,dist,int,sum,Dijkstra,节点,dot 来源： https://www.cnblogs.com/notyour-young/p/16218387.html