任意两点间的最短路 Floyd及其本质

我们知道在已知起点的情况下，求到其他任何一点的最短路是用dijkstra，那么在一个有向图中，我们想知道任意两点之间的最短路，我们就可以使用floyd，而且这个算法表面看起来非常的简单，就是一个三重循环，如果这个图有N个点，那么复杂度为O(|N|³)，代码如下。

for(int k=0;k<n;k++)
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);

在复杂度这么高的情况下，一般情况下如果不是板子题直接用的话肯定是会超时的，所以我们还是需要了解Floyd是怎么进行的，其实它的本质就是dp。

其实我从上面的代码中不难看出Floyd是采用状态转移的方式来更新各个点之间的距离的，而这个点就是k，即从i-j之间的最短路是否经过k点，不断的更新从而取得最优解，下面我们详细的说一下。

假设从顶点i出发，仅经由顶点V^k={1，2，3，···，k}抵达顶点j的最短路径成本为A^k[i,j]。首先，A0[i,j]表示从i到j不经由其他任何顶点，所以其值就等于连接i,j边的权值，如果不存在边时其大小为正无穷，接下来是k=1,2,3,···,|N|的情况，我们需要通过A^k-1来计算A^k，那么我们只需要考虑是否经过k点两种情况。

如果经过k，则路径会被分为i-k，k-j两个路径，而且这两个路径全都只经过V^k-1，中的顶点，因此A^k=A^k-1[i,k]+A^k-1[k,j]。

如果不经过k，那就意味着A^k[i,j]只经过i,j及属于V^k-1中的顶点，所以A^k[i,j]=A^k-1[i,j];

综上所知A^k[i,j]=min(A^k-1[i,j],A^k-1[i,k]+A^k-1[k,j])。

那么我们接下来看这个题目

洛谷P1119灾后重建

在这个题目中，图的状态是随着时间而改变的，在不同的时刻的询问下，任意两点之间的最短路也会发生改变，如果每问一次就用一次Floyd的话，毫无疑问的超时，那我们注意观察题目可以发现，某一个点能不能使用是随着时间变化的，我们在前面提到过，Floyd使用的点是根据k来变化的，及循环内部是用不到k+1及以后的点的，那么因为它的询问根据之间逐渐增加的，所以我们只要根据时间来不断的从更新k内部的点即可。

下面是完整代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <stdio.h>
#include <cmath>
#include <string.h>

using namespace std;
#define ll long long
static const int WHITE=0;
static const int GRAY=1;
static const int BLACK=2;
static const int INF=(1<<20);
int N,M,Q;
int time1[205];
int map[205][205];
void floyd(int k)
{
    for(int i=0;i<N;i++)
    for(int j=0;j<N;j++)
    map[i][j]=min(map[i][j],map[i][k]+map[k][j]);
    return ;
}
int main()
{
    freopen("C:\Users\16599\Desktop\in.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d",&N,&M);
    int now=0;
    for(int i=0;i<N;i++)
    {
        int a;
        scanf("%d",&a);
        time1[i]=a;
    }
    for(int i=0;i<=N;i++)
    for(int j=0;j<=N;j++)
    map[i][j]=((i==j)?0:INF);
    for(int m=0;m<M;m++)
    {
        int i,j,k;
        scanf("%d%d%d",&i,&j,&k);
        map[i][j]=map[j][i]=k;
    }
    scanf("%d",&Q);
    for(int q=1;q<=Q;q++)
    {
        int x,y,t;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&t);
        while(time1[now]<=t&&now<=N)
        {
            floyd(now);
            now++;
        }
        if(t<time1[x]||t<time1[y]||map[x][y]==INF)
        printf("-1
");
        else
        {
            printf("%d
",map[x][y]);
        }
    }
    return 0;
}