AcWing 342 道路与航线
\(AcWing\) \(342\) 道路与航线
一、题目描述
农夫约翰正在一个新的销售区域对他的牛奶销售方案进行调查。
他想把牛奶送到 \(T\) 个城镇，编号为 \(1\)∼\(T\)。
这些城镇之间通过 \(R\) 条道路 (编号为 \(1\) 到 \(R\)) 和 \(P\) 条航线 (编号为 \(1\) 到 \(P\)) 连接。
每条道路 \(i\) 或者 航线 \(i\) 连接城镇 \(A_i\) 到 \(B_i\)，花费为 \(C_i\)。
对于道路，\(0≤C_i≤10,000\);然而航线的花费很神奇，花费 \(C_i\) 可能是负数\((−10,000≤Ci≤10,000)\)。
道路是双向的，可以从 \(A_i\) 到 \(B_i\)，也可以从 \(B_i\) 到 \(A_i\)，花费都是 \(C_i\)。
然而 航线与之不同，只可以从 \(A_i\) 到 \(B_i\)。
事实上，由于最近恐怖主义太嚣张，为了社会和谐，出台了一些政策：
保证如果有一条航线可以从 \(A_i\) 到 \(B_i\)，那么保证不可能通过一些道路和航线从\(B_i\) 回到 \(A_i\)。
由于约翰的奶牛世界公认十分给力，他需要运送奶牛到每一个城镇。
他想找到从发送中心城镇 \(S\) 把奶牛送到每个城镇的最便宜的方案。
输入格式
第一行包含四个整数 \(T,R,P,S\)。
接下来 \(R\) 行，每行包含三个整数（表示一个道路）\(A_i,B_i,C_i\)。
接下来 \(P\) 行，每行包含三个整数（表示一条航线）\(A_i,B_i,C_i\)。
输出格式
第 \(1..T\) 行：第 \(i\) 行输出从 \(S\) 到达城镇 \(i\) 的最小花费，如果不存在，则输出 NO PATH。
二、\(Dijkstra\)不能处理负权边，但可以处理负权初值
我们说了\(Dijkstra\)算法不能解决带有负权边的图，这是为什么呢？下面用一个例子讲解一下
以这里图为例，一共有五个点，也就说要循环\(5\)次，确定每个点的最短距离
用\(Dijkstra\)算法解决的的详细步骤
- 初始\(dist[1] = 0\)，\(1\)号点距离起点\(1\)的距离为\(0\)
- 找到了未标识且离起点\(1\)最近的结点\(1\)，标记\(1\)号点，用\(1\)号点更新和它相连点的距离，\(2\)号点被更新成\(dist[2] = 2\)，\(3\)号点被更新成\(dist[3] = 5\)
- 找到了未标识且离起点\(1\)最近的结点\(2\)，标识\(2\)号点，用\(2\)号点更新和它相连点的距离，\(4\)号点被更新成\(dist[4] = 4\)
- 找到了未标识且离起点\(1\)最近的结点\(4\)，标识\(4\)号点，用\(4\)号点更新和它相连点的距离，\(5\)号点被更新成\(dist[5] = 5\)
- 找到了未标识且离起点\(1\)最近的结点\(3\)，标识\(3\)号点，用\(3\)号点更新和它相连点的距离，\(4\)号点被更新成\(dist[4] = 3\)
结果
\(Dijkstra\)算法在图中走出来的最短路径是\(1 -> 2 -> 4 -> 5\)，算出 \(1\) 号点到\(5\) 号点的最短距离是\(2 + 2 + 1 = 5\)，然而还存在一条路径是\(1 -> 3 -> 4 -> 5\)，该路径的长度是\(5 + (-2) + 1 = 4\)
因此 \(dijkstra\) 算法 失效
总结
我们可以发现如果有负权边的话\(4\)号点经过标记后还可以继续更新
但此时\(4\)号点已经被标记过了，所以\(4\)号点不能被更新了，只能一条路走到黑
当用负权边更新\(4\)号点后\(5\)号点距离起点的距离我们可以发现可以进一步缩小成\(4\)。
所以总结下来就是:\(dijkstra\)不能解决负权边 是因为 \(dijkstra\)要求每个点被确定后，\(dist[j]\)就是最短距离了，之后就不能再被更新了（一锤子买卖），而如果有负权边的话，那已经确定的点的\(dist[j]\)不一定是最短了，可能还可以通过负权边进行更新。
负权初始值
那如果不是负权的边长，而是负权的初值呢？这个就没关系了，因为初值不影响算法逻辑，不信你看下有好多算法题都是判断\(INF/2\),正无穷不也是在过程中松弛操作更改过吗，你是负的初始值也是没有问题，可以正确运行算法。
三、拓扑序+\(Dijkstra\) + 缩点
- ① 分析题目可知城镇内部之间的权值是非负的，内部可以使用\(dijkstra\)算法
- ② 城镇之间的航线 有负权，不能用\(Dijkstra\)。虽然\(SFPA\)可以搞定负权，但记住它已经死了，不考虑它~
- ③ 如果有严格的顺序关系，即拓扑序，按照 城镇拓扑序的关系,是可以使用\(Dijkstra\)的，原因如下：
每个城镇称为一个 团，按照 拓扑序 遍历到某个团时，此时该团中城市的距离不会再被其它团更新，因此可以 按照拓扑序 依次 运行 \(dijkstra\) 算法
算法步骤
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 25010, M = 150010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> PII;
// 存图
int idx, h[N], e[M], w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int T; // 城镇数量
int R; // 道路数量
int P; // 航线数量
int S; // 出发点
// 下面两个数组是一对
int id[N]; // 节点在哪个连通块中
vector<int> block[N]; // 连通块包含哪些节点
int bcnt; // 连通块序号计数器
int dist[N]; // 最短距离(结果数组)
int in[N]; // 每个DAG(节点即连通块)的入度
bool st[N]; // dijkstra用的是不是在队列中的数组
queue<int> q; // 拓扑序用的队列
// 将u节点加入团中,团的番号是 bid
void dfs(int u, int bid) {
id[u] = bid; // ① u节点属于bid团
block[bid].push_back(u); // ② 记录bid团包含u节点
// 枚举u节点的每一条出边，将对端的城镇也加入到bid这个团中
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (!id[v]) dfs(v, bid); // Flood Fill
}
}
// 计算得到bid这个连通块中最短距离
void dijkstra(int bid) {
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> pq;
/*
因为不确定连通块内的哪个点可以作为起点，所以就一股脑全加进来就行了，
反正很多点的dist都是inf（这些都是不能成为起点的）,那么可以作为起点的就自然出现在堆顶了
因为上面的写法把拓扑排序和dijkstra算法拼在一起了，如果不把所有点都加入堆，
会导致后面其他块的din[]没有减去前驱边，从而某些块没有被拓扑排序遍历到。
*/
for (auto u : block[bid]) pq.push({dist[u], u});
while (pq.size()) {
int u = pq.top().second;
pq.pop();
if (st[u]) continue;
st[u] = true;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (st[v]) continue;
if (dist[v] > dist[u] + w[i]) {
dist[v] = dist[u] + w[i];
// 如果是同团中的道路,需要再次进入Dijkstra的小顶堆，以便计算完整个团中的路径最小值
if (id[u] == id[v]) pq.push({dist[v], v});
}
/*如果u和v不在同一个团中,说明遍历到的是航线
此时，需要与拓扑序算法结合，尝试剪掉此边，是不是可以形成入度为的团
id[v]:v这个节点所在的团番号
--in[id[v]] == 0: u->v是最后一条指向团id[v]的边，此边拆除后，id[v]这个团无前序依赖，稳定了，
可以将此团加入拓扑排序的queue队列中，继续探索
*/
if (id[u] != id[v] && --in[id[v]] == 0) q.push(id[v]);
}
}
}
// 拓扑序
void topsort() {
for (int i = 1; i <= bcnt; i++) // 枚举每个团
if (!in[i]) q.push(i); // 找到所有入度为0的团,DAG的起点
// 拓扑排序
while (q.size()) {
int bid = q.front(); // 团番号
q.pop();
// 在此团内部跑一遍dijkstra
dijkstra(bid);
}
}
int main() {
memset(h, -1, sizeof h); // 初始化
scanf("%d %d %d %d", &T, &R, &P, &S); // 城镇数量,道路数量,航线数量,出发点
memset(dist, 0x3f, sizeof dist); // 初始化最短距离
dist[S] = 0; // 出发点距离自己的长度是0,其它的最短距离目前是INF
int a, b, c; // 起点，终点，权值
while (R--) { // 读入道路
scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
add(a, b, c), add(b, a, c); // 连通块内是无向图
}
/* 航线本质是 团与团 之间单向连接边
外部是DAG有向无环图，局部是内部双向正权图
为了建立外部的DAG有向无环图，我们需要给每个团分配一个番号，记为bid;
同时，也需要知道每个团内，有哪些小节点:
(1) id[i]:节点i隶属于哪个团(需要提前准备好团的番号)
(2) vector<int> block[N] :每个团中有哪些节点
Q:一共几个团呢？每个团中都有谁呢？谁都在哪个图里呢？
A:在没有录入航线的情况下，现在图中只有 大块孤立 但 内部连通 的节点数据，
可以用dfs进行Flood Fill,发现没有团标识的节点，就创建一个新的团番号，
并且记录此节点加入了哪个团，记录哪个团有哪些点。
注意：需要在未录入航线的情况下统计出团与节点的关系，否则一会再录入航线，就没法找出哪些节点在哪个团里了
*/
// 缩点
for (int i = 1; i <= T; i++) // 枚举每个小节点
if (!id[i]) // 如果它还没有标识是哪个团,就开始研究它，把它标识上隶属于哪个团，并且，把和它相连接的其它点也加入同一个团中
dfs(i, ++bcnt); // 需要提前申请好番号bcnt
// 航线
while (P--) {
scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
add(a, b, c); // 单向边
in[id[b]]++; // b节点所在团入度+1
}
// 拓扑序
topsort();
// 从S到达城镇i的最小花费
for (int i = 1; i <= T; i++) {
if (dist[i] > INF / 2)
puts("NO PATH");
else
cout << dist[i] << endl;
}
return 0;
}
