SPFA_YZOI 1662: Easy sssp

题目描述

输入数据给出一个有N(2 < = N < = 1,000)个节点，M(M < = 100,000)条边的带权有向图. 要求你写一个程序, 判断这个有向图中是否存在负权回路. 如果从一个点沿着某条路径出发, 又回到了自己, 而且所经过的边上的权和小于0, 就说这条路是一个负权回路. 如果存在负权回路, 只输出一行-1; 如果不存在负权回路, 再求出一个点S(1 < = S < = N)到每个点的最短路的长度. 约定: S到S的距离为0, 如果S与这个点不连通, 则输出NoPath.

输入

第一行: 点数N(2 < = N < = 1,000), 边数M(M < = 100,000), 源点S(1 < = S < = N); 以下M行, 每行三个整数a, b, c表示点a, b(1 < = a, b < = N)之间连有一条边, 权值为c(-1,000,000 < = c < = 1,000,000)

输出

如果存在负权环, 只输出一行-1, 否则按以下格式输出共N行, 第i行描述S点到点i的最短路: 如果S与i不连通, 输出NoPath; 如果i = S, 输出0; 其他情况输出S到i的最短路的长度.

这个题真是异常的坑打着题目是sssp的表面而实地里却隐藏这一刻spfa的心(貌似不通) 下面讲一下spfa的详细操作步骤(和dijkstra应该很像):

g[i][j]表示邻接矩阵 dist[i]表示源点到i的距离 cnt[i]表示点i的入队次数 v[i]表示i这个点是否在队列中
初始化:v[]数组赋值为false cnt[]=0 把所有点与源点的距离变为很大
接着把源点入队再把dist[start]变为0
然后做和bfs差不多的操作拓展队首的点更新新的最短的距离......
如果某个点的入队次数>n那么一定有负环证明:如果一个点存在正的最短路那么他最多可以和其他所有点连而拓展n次而如果是负环那么他的这个最短路中如果有负环那么就会越拓展越小当然入队就会超过n次

这里还有一个地方要注意就是判负环因为这个负环不一定在源点的路上那么是不是应该把所有点都找过去呢显然不是这里有两个方法推荐第二种做法:

用dfs找连通块然后对每一个联通块做SPFA
受zbt大神的指点可以加一个入度为0 只有出边并连着除他外所有点那么只要对这个点进行拓展就可以找到所有的负环

最后还有一点就是我这样做在vijos里只有50分粗部估计是这个邻接矩阵的问题最好改成边集数组来做代码下次给

代码如下:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1000+10;
long long g[maxn][maxn],dist[maxn],cnt[maxn];
bool v[maxn],used[maxn];
int n,m,s;
int a,b,c;
queue<int>q;
bool SPFA(int start)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dist[i]=0x7f7f7f;
        cnt[i]=0;
        v[i]=false;
    }
    while(!q.empty())
        q.pop();
    v[start]=true;
    q.push(start);
    dist[start]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        v[x]=false;
        for(int k=1;k<=n;k++)
            if(g[x][k]<0x7f7f7f&&dist[x]+g[x][k]<dist[k])
            {
                dist[k]=dist[x]+g[x][k];
//              used[k]=true;
                if(!v[k])
                {
                    cnt[k]++;
                    if(cnt[k]>n)
                        return false;
                    v[k]=true;
                    q.push(k);
                }
            }
    }
    return true;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("1.in","r",stdin);
    cin>>n>>m>>s;
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
        for(int j=1;j<=n+1;j++)
            g[i][j]=0x7f7f7f;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>a>>b>>c;
        if(c<g[a][b])
            g[a][b]=c;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        g[n+1][i]=1;
//  for(int i=1;i<=n;i++)
//  {
//      for(int j=1;j<=n;j++)
//          cout<<g[i][j]<<' ';
//      cout<<endl;
//  }
//  for(int i=1;i<=n;i++)
//  {
//      if(!SPFA(i))
//      {
//          cout<<-1<<endl;
//          return 0;
//      }
//  }
    if(!SPFA(n+1))
    {
        cout<<-1<<endl;
        return false;
    }
         
    SPFA(s);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(dist[i]==0x7f7f7f)
        {
            cout<<"NoPath"<<endl;
            continue;
        }
        cout<<dist[i]<<endl;
    }
    return 0;
}

posted @ 2015-04-30 21:10 laphets 阅读(456) 评论(0) 编辑收藏举报

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