[总结]Floyd算法及其应用
一、Floyd算法
如何求任意两点最短路？我们可以运行n次SPFA或Dijkstra求得，
而Floyd算法能在\(O(N^3)\)的时间复杂度内求出图中任意两点的最短路(多源最短路)，且代码十分简短。
Floyd算法(弗洛伊德算法)的本质是动态规划。设\(f(k,i,j)\)表示"由若干个编号不超过k的节点中转后"从\(i\)到\(j\)的最短路。
该"动态规划"有两个决策，一是经过编号不超过\(k-1\)的节点由\(i\)到\(j\)，二是先由\(i\)到\(k\)，再由\(k\)到\(j\)。
我们很容易写出此时的转移方程：
初始\(f\)数组所有值均为正无穷，随后令\(f(0,i,j)=maps(i,j)\)，其中\(map(i,j)\)为邻接矩阵。
由于\(k\)是动态规划的阶段，因此\(k\)为最外层循环，可以得到如下代码：
inline void floyd(){
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
f[k][i][j]=min(f[k-1][i][j],f[k-1][i][k]+f[k-1][k][j]);
}
算法最终\(f(n,i,j),i\in [1,n],j\in [1,n]\)为最终答案。
显然三维数组\(f\)在高强度数据下爆内存，使得该算法失去用途。我们发现，求出\(f(k,i,j)\)只与\(f\)的\(k-1\)层有关，因此我们可以用滚动数组的方式将第一维滚去，此时的转移方程为：
最终\(f(i,j),i\in [1,n],j\in [1,n]\)就保存了由\(i\)到\(j\)的最短路。
最终Floyd的主体部分：
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
模板：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[100][100],n,m;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(f,127,sizeof(f));
for(int i=1,u,w,v;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
f[u][v]=min(w,f[u][v]);
}
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0;
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++)
printf("%d ",f[i][j]);
printf("\n");
}
return 0;
}
二、Floyd算法的应用
1. 传递闭包
给出若干个元素以及他们的两两关系，如果这些元素具有传递性，我们就可以推出尽可能多的元素之间的关系。
解决"利用元素的传递性求出尽可能多的元素的关系"这类问题的算法就叫做传递闭包。
此时\(f(i,j)\)数组的意义(这里为link数组)变为\((i,j)\)是否具有关系，有关系\(f(i,j)=1\)，无关系\(f(i,j)=0\)。
例如，利用传递闭包可以快速地求出图中两点是否可以直接/间接到达。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int link[1000][1000];
int main()
{
int m,n,u,v,w,ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
link[u][v]=1;//u->v可达
}
for(int i=1;i<=n;i++) link[i][i]=1;//自己到自己可达
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
link[i][j]=link[i][j]||(link[i][k]&&link[k][j]);
//link[i][j]=link[i][j]|(link[i][k]&link[k][j]);
//这两种写法都可行，具体解释为i，j既可以经过不大于k-1的节点连通，也可以由i经过k中转到j来连通。
}
for(int i=1;i<=n;i++){//某两点是否可达
for(int j=1;j<=n;j++){
printf("%d ",link[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
除了这种方法，我们还可以使用\(bitset\)代替这个二维数组。
设：\(bitset<1000> link[1000]\)，为长度为1000的一维数组，其中每一格都有长度为1000的二进制串。
其中link可以直接调用这个二进制串的下标，例如\(link[3][5];\)。
此外需要注意的是二进制串中只能存储0或1。
以下列举一些可能会用到的函数：
bitset<100> bs;
bs.count();//返回bs串中1的个数
bs.size()//返回bs串的位数
bs.any()//返回bs串是否有1； bs.none()//返回bs串是否没有1
bs.set()//将bs串全部位变为1； bs.set(p)//将p+1位变为1
bs.reset()//将bs串全部位变为0； bs.reset(p)//将p+1位变为0
bs.flip()//将bs串取反(flip v.快速翻转)； bs.flip(p)//只将p+1位取反
利用\(bitset\)实现的传递闭包(核心代码)：
int m,n,u,v;
int ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
link[u][v]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++) link[i][i]=1;//自身到自身可达
for(int i=1;i<=n;i++)//Floyd
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(link[i][j])//如果i-->j有连接
link[i]=link[i]|link[j];//那么与i连通的点与j也会连通
}
例1：P2881 [USACO07MAR]排名的牛Ranking the Cows
相当于给定一张有向图，求出还需要加多少条边才能使这个图连通。
设x强于y，y强于z，那么一定x强于z，由于具有传递性，因此可以用传递闭包来做。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bitset<1010> link[1010];
int main()
{
int m,n,x,y,ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
link[x][y]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++) link[i][i]=1;
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++){
if(link[i][k])
link[i]=link[i]|link[k];
}
for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans+link[i].count();
ans-=n;//减去自己与自己连通的边数
printf("%d",n*(n-1)/2-ans);
return 0;
}
例2：P2419 [USACO08JAN]牛大赛Cow Contest
每头牛编程强度同样具有传递性，因此可以确定尽量多的每头牛之间的两两关系。
如果一头牛与其他的任意一头牛都能确定关系，那么我们就能知道这头牛的能力排名。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[120][120];
int main()
{
int m,n;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
f[u][v]=1;
}
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
f[i][j]=f[i][j]|(f[i][k]&f[k][j]);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int cnt=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==j) continue;
if(!f[i][j]&&!f[j][i]){//与其他牛的关系都能确定
cnt=0;break;
}
}
ans+=cnt;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
2.快速求出多源最短路
例1：P1522 牛的旅行 Cow Tours
利用Floyd算法快速求出任意两点的最短路，以便求出任一点到其他点的最远距离。
此时对不连通的牧场增添一条边来更新直径。
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 200010
using namespace std;
double f[200][200],x[200],y[200];
double len[200],glen,glen2=INF;
int n;char ch;
inline double calc_dis(int a,int b){
return sqrt((x[a]-x[b])*(x[a]-x[b])+(y[a]-y[b])*(y[a]-y[b]));
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)//初始化f数组
for(int j=1;j<=n;j++){
cin>>ch;
if(ch=='1') f[i][j]=calc_dis(i,j);
else if(i!=j) f[i][j]=INF;
}
for(int k=1;k<=n;k++)//最短路
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++) if(f[i][j]<INF) len[i]=max(len[i],f[i][j]);//求出该点到其他点的最大距离
glen=max(glen,len[i]);//求出原图的直径
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)//对不连通的牧场连一条边
if(f[i][j]>=INF) glen2=min(glen2,len[i]+calc_dis(i,j)+len[j]);//求出连边后最小的直径
cout<<fixed<<setprecision(6)<<max(glen2,glen);
return 0;
}
3.解决双权值问题
在解决双权值问题时，如果我们同时考虑两个权值会显得很麻烦。
此时应该枚举一个权值再计算另外一个权值。
利用Floyd算法解决双权值问题的核心在于巧妙地变化最外层循环k的含义。
我们之前已经提到过，Floyd求出\(i\)到\(j\)的最短路是不断由节点\(k\)中转更新得到的，即\(i\)，\(j\)的最短路经过节点不断\(1,2,...,k-1,k\)松弛得到。
此时相当于不断枚举节点k，来更新i，j的最短路。
例1：P1119 灾后重建
每个村庄都有建成的时间，同时询问节点\(x\)到节点\(y\)通车最短距离。
我们知道原Floyd算法中\(k\)的意义是：
- 对于此时枚举的\(k\)，任意节点\(i\)，\(j\)只允许通过编号不大于\(k\)的节点更新最短路。
因为本题中有只有在询问的时间内修好的村庄才允许通车，此时\(k\)的意义为：
- 对于此时枚举的\(k\)，任意节点\(i\)，\(j\)只允许通过建成时间小于询问时间的节点更新最短路。
这与Floyd算法中\(k\)循环的思路相同，因此可以使用Floyd算法解决。
剩余需要注意的地方：
- 本题包含节点0。
- 由于题目的询问时间具有单调性，所以只要不断枚举此时可用于更新的节点\(k\)即可。
- 若\(i\)，\(j\)经过节点\(k\)更新，则节点\(k\)需要打上标记避免下次重复无意义地进入循环(会TLE)。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int vis[201],n,m,q;;
int t[201],f[201][201],tot;
int from[50001],to[50001],day[50001];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&t[i]);//第i个村庄修好的日期
for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<n;j++) f[i][j]=INF;
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
f[u][v]=f[v][u]=w;
}
for(int i=0;i<n;i++) f[i][i]=0;
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++)//询问 ,第day[i]天从from[i]到to[i]的最短路
scanf("%d%d%d",&from[i],&to[i],&day[i]);
for(int num=1;num<=q;num++){//对于每个询问
for(int k=0;k<n;k++)
if(t[k]<=day[num]&&!vis[k]){//i，j经由建成时间小于询问时间的节点k来更新最短路
vis[k]=1;//做标记
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);//求得最短路
}
if(f[from[num]][to[num]]!=INF&&t[from[num]]<=day[num]&&t[to[num]]<=day[num])
//此时询问的节点连通，且起点与终点的建成时间不大于询问的时间才有答案
printf("%d\n",f[from[num]][to[num]]);
else printf("-1\n");//不能通车
}
return 0;
}
