前言：趁着对Dijkstra还有点印象，赶快写一篇笔记。
注意：本文章面向已有Dijkstra算法基础的童鞋。
简介
单源最短路径，在我的理解里就是求从一个源点（起点）到其它点的最短路径的长度。
当然，也可以输出这条路径，都不是难事。
但是，Dijkstra不能处理有负权边的图。
解析
注：接下来，我们的源点均默认为1。
先上代码（注意，是堆优化过的！！）：
struct node{
int id;
int total;
node(){};
node(int Id,int Total){
id=Id;
total=Total;
}
bool operator < (const node& x) const{
return total>x.total;
}
};
void dijkstra(int start){
memset(dis,inf,sizeof(dis));
memset(conf,false,sizeof(conf));
memset(pre,0,sizeof(pre));
dis[start]=0;
priority_queue <node> Q;
Q.push(node(1,0));
while(Q.size()){
int u=Q.top().id;
Q.pop();
if(conf[u])
continue;
conf[u]=true;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
int cost=dis[u]+e[i].w;
if(cost < dis[v]){
dis[v]=cost;
pre[v]=u;
Q.push(node(v,dis[v]));
}
}
}
}
接下来，一步一步解析代码：
首先是结构体node
struct node{
int id;
int total;
node(){};
node(int Id,int Total){
id=Id;
total=Total;
}
bool operator < (const node& x) const{
return total>x.total;
}
};
这里的id就是这个结点的编号，total就是走到当前节点的最小花费。
构造函数就不用我多说了吧。
因为在原始的Dijkstra中，每次都要选出当前花费最小的那个点，如果采用堆优化，使得堆头永远都是花费最小的那个，这样每次选出花费最小的那个点的时间复杂度从(O(n))骤降到(O(logn))。
如果要用到堆，就可以使用STL的优先队列（priority_queue）。
因为优先队列默认是优先级最高的放在最前面，在Dijkstra中，优先级就是这个node的total，total越小优先级就越高。
因为total越大，优先级越低，所以这里的小于运算符就可以定义为total>x.total。
接下来是初始化
memset(dis,inf,sizeof(dis));
memset(conf,false,sizeof(conf));
memset(pre,0,sizeof(pre));
dis[start]=0;
Q.push(node(1,0));
数组dis[i]表示的是从源点到点i的最短路的长度，初始时不知道能不能到达，设为inf（无穷大）。
数组conf[i]表示的是点i的最短路径是否确认，若是，则为true，否则为false。
数组pre[i]表示的是点i的前驱，即到点i的前一个点的编号。
例如有一条最短路径是这样的：1->3->8->5->2，那么pre[2]=5;pre[5]=8;pre[8]=3;。
这样一来，输出路径就好办了：
//假设要输出到2的路径
int i=2;
while(pre[i]!=1){
ans.push(i);
i=pre[i];
}
printf("1");
while(!ans.empty()){
printf("->%d",ans.top());
ans.pop();
}
此外，一开始从结点1出发，到结点1的距离为0，知道这些信息后，将源点入堆。
Q.push(node(1/*节点编号*/,0/*到该节点距离*/));
接下来是重点了，我们再次一步步地拆分：
int u=Q.top().id;
Q.pop();
if(conf[u])
continue;
conf[u]=true;
这个应该不难理解，首先拿出一个源点u，u的编号自然是Q.top().id。接下来Q.pop()必不可少。
这时候，如果conf[u]==true，即结点u的最短路长度已经确定过了，那就没必要再走了，因为之前肯定走过了。直接continue看下一个结点。
如果没有，按照Dijkstra的特性，当前结点u的总路径长度肯定是最短了，那么就被确定了，conf[u]=true。
然后是下一段：
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
int cost=dis[u]+e[i].w;
if(cost < dis[v]){
dis[v]=cost;
pre[v]=u;
Q.push(node(v,dis[v]));
}
}
这段其实好理解，不过我用的是链式前向星存图，如果你用的是vector做的邻接表，其实大体上是相同的。
如果你用的是邻接表或邻接矩阵，这里的v其实就是当前找的这条路的终点（e[i].v表示的是这条边的终点。
而cost，则是dis[u]的值加上这条边的权值（没错，e[i].w表示的是这条边的权值），也就是到点v的总花费。
如果cost<dis[v]，即当前这条路到v的总花费比原来到v的总花费小，就可以更新了：
dis[v]=cost;
pre[v]=u;
Q.push(node(v,dis[v]));
首先是总花费更新，然后再更新前驱，最后把这个到过的点放入优先队列里。
至此，堆优化Dijkstra就结束了。
但是有一个比较关心的点：时间复杂度是多少呢？
首先考虑有哪些结点会被搜索：
显然是一开始conf[u]==false的结点，而一点出堆之后，conf[u]=true，所以有n个节点会被搜索同时入队，每次入队需要(O(logn))。
接下来是遍历每个结点的边，如果用(E_i)表示和结点(i)相邻的边的数量，显然有：(sum_{i=1}^n E_i = m)，在最坏情况下，每次搜索边的时候都要入队一次，那么总时间复杂度就是：(O(mlogn))。
完结撒花✿