HDU-1874 畅通工程续 （最短路径启蒙题）

       hdu 1874比较基础，拿来练各种刚学会的算法比较好，可以避免好多陷阱，典型的最短路模板题                                

                 畅通工程续

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 21028    Accepted Submission(s): 7310

Problem Description

某省自从实行了很多年的畅通工程计划后，终于修建了很多路。不过路多了也不好，每次要从一个城镇到另一个城镇时，都有许多种道路方案可以选择，而某些方案要比另一些方案行走的距离要短很多。这让行人很困扰。
现在，已知起点和终点，请你计算出要从起点到终点，最短需要行走多少距离。

 

Input

本题目包含多组数据，请处理到文件结束。 每组数据第一行包含两个正整数N和M(0<N<200,0<M<1000)，分别代表现有城镇的数目和已修建的道路的数目。城镇分别以0～N-1编号。 接下来是M行道路信息。每一行有三个整数A,B,X(0<=A,B<N,A!=B,0<X<10000),表示城镇A和城镇B之间有一条长度为X的双向道路。 再接下一行有两个整数S,T(0<=S,T<N)，分别代表起点和终点。

 

Output

对于每组数据，请在一行里输出最短需要行走的距离。如果不存在从S到T的路线，就输出-1.

 

Sample Input

3 3

0 1 1

0 2 3

1 2 1

0 2

3 1

0 1 1

1 2

 

Sample Output

2 -1

 

Author

linle

 

Source

2008浙大研究生复试热身赛（2）——全真模拟

 

Recommend

lcy

第一种解法：Floyd算法

算法实现： 使用一个邻接矩阵存储边权值，两两之间能访问的必为一个有限的数，不能访问则为无穷大（用2^29代替）。注意自身和自身距离为0。 对于一对顶点 u 和 v，看看是否存在一个断点 w 使得从 u 经过 w 到 v 比已知的路径更短（包含原始输入中从 u 直接到 v 的路程）。 对所有顶点进行如上松弛操作，得到的结果是两点之间的最短路程，也可判断两点是否连通。 算法缺点：

普通的Floyd算法时间复杂度为O(n^3)，对于数据较多的情况容易TLE。但解决本题 HDU 1874 完全足够。

 

#include<stdio.h>
# define max 0xfffffff//定义最大的数。
int n,m,map[201][201];
int min(int x,int y)
{
    return x>y?y:x;
}
void getmap()//初始化路径。
{
    int i,j,a,b,l;
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        for(j=0;j<n;j++)
        {
            if(i==j)
                map[i][j]=0;
            else
                map[i][j]=max;
        }
    }
    for(i=0;i<m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&l);
        map[a][b]=map[b][a]=min(map[a][b],l);//题目是双向路径还是单向路径，
    }

}
void floyd(int s,int e)
{
    int i,j,k;
    for(k=0;k<n;k++)
        for(i=0;i<n;i++)
            for(j=0;j<n;j++)
               map[i][j]=min(map[i][j],map[i][k]+map[k][j]);//注意k,i,j的顺序不能换。
          if(map[s][e]>=max)
              printf("-1\n");
          else
              printf("%d\n",map[s][e]);
}
int main()
{
    int s,e;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
         getmap();
         scanf("%d%d",&s,&e);
         floyd(s,e);
    }
    return 0;
}

第二种解法：Dijkstra算法， 我对于这种算法还不太熟悉。
 
这个算法比较经典，一般的最短路径都可以用这个来解决，耗时也比较少，不过不能处理负权路径
按路径长度递增次序产生最短路径算法：
　　把V分成两组：
　　（1）S：已求出最短路径的顶点的集合
　　（2）V-S=T：尚未确定最短路径的顶点集合
　　将T中顶点按最短路径递增的次序加入到S中，
　　保证：（1）从源点V0到S中各顶点的最短路径长度都不大于
　　从V0到T中任何顶点的最短路径长度
　　（2）每个顶点对应一个距离值
　　S中顶点：从V0到此顶点的最短路径长度
　　T中顶点：从V0到此顶点的只包括S中顶点作中间
　　顶点的最短路径长度
　　依据：可以证明V0到T中顶点Vk的最短路径，或是从V0到Vk的
　　直接路径的权值；或是从V0经S中顶点到Vk的路径权值之和
　　（反证法可证）
　　求最短路径步骤
　　算法步骤如下：
　　1. 初使时令 S={V0},T={其余顶点}，T中顶点对应的距离值
　　若存在<V0,Vi>，d(V0,Vi)为<V0,Vi>弧上的权值
　　若不存在<V0,Vi>，d(V0,Vi)为∝
　　2. 从T中选取一个其距离值为最小的顶点W且不在S中，加入S
　　3. 对T中顶点的距离值进行修改：若加进W作中间顶点，从V0到Vi的
　　距离值比不加W的路径要短，则修改此距离值
　　重复上述步骤2、3，直到S中包含所有顶点，即S=T为止

#include"stdio.h"
#include"string.h"
#define INF 999999
int map[201][201],mark[201];
int n,m,s,e,f[201];
void dijkstra()
{
    int i,j,k,min;
    memset(mark,0,sizeof(mark));
    for(i=0;i<n;i++)
        f[i]=map[s][i];
    f[s]=0;
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        min=INF;
        for(j=0;j<n;j++)
        {
            if(!mark[j]&&min>f[j])
            {
                k=j;
                min=f[j];
            }
        }
        if(min==INF)break;
        mark[k]=1;
        for(j=0;j<n;j++)
            if(!mark[j]&&f[j]>f[k]+map[k][j])
            f[j]=map[k][j]+f[k];
    }
    if(f[e]!=INF) printf("%d\n",f[e]);
    else printf("-1\n");
}

int main()
{
    int a,b,l,i,j;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        for(i=0;i<n;i++)
            for(j=0;j<n;j++)
                map[i][j]=INF;
        for(i=0;i<m;i++)
        {
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&l);
            if(map[a][b]>l)
            map[a][b]=map[b][a]=l;
        }
        scanf("%d%d",&s,&e);
        dijkstra();
    }
    return 0;
}