AcWing 904 虫洞

\(AcWing\) \(904\) 虫洞

一、题目描述

农夫约翰在巡视他的众多农场时,发现了很多令人惊叹的虫洞。

虫洞非常奇特,它可以看作是一条 单向 路径,通过它可以使你回到过去的某个时刻(相对于你进入虫洞之前)。

农夫约翰的每个农场中包含 \(N\) 片田地,\(M\) 条路径(双向)以及 \(W\) 个虫洞。

现在农夫约翰希望能够从农场中的某片田地出发,经过一些路径和虫洞回到过去,并在他的出发时刻之前赶到他的出发地。

他希望能够看到出发之前的自己。

请你 判断 一下约翰能否做到这一点。

下面我们将给你提供约翰拥有的农场数量 \(F\),以及每个农场的完整信息。

已知走过任何一条路径所花费的时间都不超过 \(10000\) 秒,任何虫洞将他带回的时间都不会超过 \(10000\) 秒。

输入格式
第一行包含整数 \(F\),表示约翰共有 \(F\) 个农场。

对于每个农场,第一行包含三个整数 \(N,M,W\)

接下来 \(M\) 行,每行包含三个整数 \(S,E,T\),表示田地 \(S\)\(E\) 之间存在一条路径,经过这条路径所花的时间为 \(T\)

再接下来 \(W\) 行,每行包含三个整数 \(S,E,T\),表示存在一条从田地 \(S\) 走到田地 \(E\) 的虫洞,走过这条虫洞,可以回到 \(T\) 秒之前。

输出格式
输出共 \(F\) 行,每行输出一个结果。

如果约翰能够在出发时刻之前回到出发地,则输出 YES,否则输出 NO

数据范围
\(1≤F≤5\)

\(1≤N≤500,1≤M≤2500,1≤W≤200,1≤T≤10000,1≤S,E≤N\)

输入样例

2
3 3 1
1 2 2
1 3 4
2 3 1
3 1 3
3 2 1
1 2 3
2 3 4
3 1 8

输出样例

NO
YES

二、解题思路

使用\(spfa\)算法解决 是否存在负环

基于\(SPFA\),一般都用方法 \(2\)

  • 方法 \(1\):统计每个点入队的次数,如果某个点入队\(n\)次,则说明存在 负环
  • 方法 \(2\)【荐】统计当前每个点的最短路中所包含的边数,如果某点的最短路所包含的边数大于等于\(n\),说明存在 负环

通用做法

在原图的基础上新建一个虚拟源点,从该点向其他所有点连一条权值为\(0\)的有向边。那么原图有负环等价于新图有负环。此时在新图上做\(spfa\),将虚拟源点加入队列中。然后进行\(spfa\)的第一次迭代,这时会将所有点的距离更新并将所有点插入队列中。执行到这一步,就等价于\(y\)总视频中的做法了。此做法可以找到负环,等价于原图有负环。

算法步骤

  • \(1、dist[x]\) 记录虚拟源点到\(x\)的最短距离

  • \(2、cnt[x]\) 记录当前\(x\)点到虚拟源点最短路的边数,初始每个点到虚拟源点的距离为\(0\),只要他能再走\(n\)步,即\(cnt[x] >= n\),则表示该图中一定存在负环,由于从虚拟源点到\(x\)至少经过\(n\)条边时,则说明图中至少有\(n + 1\)个点,表示一定有点是重复使用

  • \(3、\)\(dist[j] > dist[t] + w[i]\),则表示从\(t\)点走到\(j\)点能够让权值变少,因此进行对该点\(j\)进行更新,并且对应\(cnt[j] = cnt[t] + 1\),往前走一步

注意:该题是判断是否存在负环,并非判断是否存在从\(1\)开始的负环,因此需要将所有的点都加入队列中,更新周围的点,这也是为什么要使用超级源点的原因。

时间复杂度 一般:\(O(m)\) 最坏:\(O(nm)\)

\(Code\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510, M = 5210 * 2;
int n, m1, m2;
int dist[N]; // dist[x]记录源点到x的最短距离
int cnt[N];  // cnt[x]记录源点到x在产生最短距离时的边数
bool st[N];
// 邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

bool spfa() {
    // 初始化距离INF
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    // 是不是已经加入到集合中
    memset(st, 0, sizeof st);
    // 初始化从源点到x的最短距离时,边数都是0
    memset(cnt, 0, sizeof cnt);

    queue<int> q;

    // 底层相当于有一个虚拟源点0
    //  0到 [1,n]的所有点,边权为0,不影响现在的图
    //  从虚拟节点0出发,到达所有的1~n,就成为了单源最短路径问题
    for (int i = 1; i <= n; i++) q.push(i), st[i] = true;

    // spfa
    while (q.size()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        st[u] = 0;

        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            if (dist[v] > dist[u] + w[i]) {
                dist[v] = dist[u] + w[i];
                /*
                dist[j]表示j点距离源点的距离,cnt[j]表示从源点到j点经过的边数
                cnt[j] = cnt[u] + 1 的意思是 如果距离更新了,那么从源点到j的边数就等于源点到u的边数 + 1
                所以通过这个我们可以判断是否存在负环,如果在j,u之间存在负环,那么cnt[j] 会不断加1

                我们通过判断cnt[j] >= n  确定是否存在负环

                为什么是cnt[j] >= n ? 因为cnt数组表示的是边数,如果从某点到j点的边数大于等于n,那么在源点和j点之间肯定存在n+1个点,
                但是最多只有n个点,根据抽屉原理,所以必然有点重复出现,存在负环 !
                */
                cnt[v] = cnt[u] + 1;
                if (cnt[v] > n) return 1;

                if (!st[v]) {
                    q.push(v);
                    st[v] = 1;
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d %d %d", &n, &m1, &m2);
        // 初始化邻接表
        memset(h, -1, sizeof h);
        idx = 0;

        int a, b, c;
        // 田地 双向边
        while (m1--) {
            scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
            add(a, b, c), add(b, a, c);
        }

        // 虫洞 回到t秒前 单向负边
        while (m2--) {
            scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
            add(a, b, -c);
        }

        // 用spfa判断是不是有负环
        spfa() ? puts("YES") : puts("NO");
    }
    return 0;
}
posted @ 2022-03-26 10:33  糖豆爸爸  阅读(101)  评论(0编辑  收藏  举报
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