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 \(S\) 和 \(E\) 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

• \(3、\)若\(dist[j] > dist[t] + w[i]\),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;
}