Dijkstra

基于贪心的思想，不能处理负权的情况，每个点额外维护一个属性，表示是否确定了最短路。

每次找到距离最短，不确定最短路的点，标记为确定了最短路，用于更新其他节点。

d[s] = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
    int t = -1;
    for (int j = 0; j < n; j++) {
        if (!v[j]) {
            if (t == -1 || d[j] < d[t]) {
                t = j;
            }
        }
    }
    v[t] = 1;
    for (each edge e of t) {
        relax(e);
    }
}

这个算法可以被堆或者线段树优化，理论最优的做法是用Fibonacci堆，但是效果一般。
但是在实际实现中，往往不标记，实现成优先队列优化的SPFA。

Dijkstra

用来求最短路
Dijkstra can not deal with negative edges.
Dijkstra 不能处理负权最短路

use set or priority_queue to optimize Bellman Ford
相当于用 set 或者 priority_queue 来优化 Bellman Ford

The algorithm we used, is not exactly the same as the algorithm in the paper.
这个算法实际实现出来，并不和论文上的算法一模一样

priority_queue, we can only delete the top
priority_queue 只能删除最大值

set, we can delete anything we want
set 可以删除任意值（相当于支持修改）

https://github.com/wwwwodddd/Zukunft/blob/master/luogu/P4779.cpp

in C++
by default, priority_queue top is the largest one.
默认，C++中的 priority_queue 的 top 是最大的

Traditional Version
论文上的实现方法

for (int i = 0; i < n; i++) // 循环n次
{
// find a unvisited vectex with the minimum distance
找到一个 距离最小 未标记的点

标记上他

更新所有他能到的点的距离
update all its neighbors

}

时间复杂度 O(m log n)
Time: O(m log n)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, s;
vector<pair<int, int> > a[100020];
priority_queue<pair<int, int> > q;
int d[100020];
int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &s);
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int x, y, z;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        a[x].push_back(make_pair(y, z));
    }
    memset(d, 0x3f, sizeof d); // d[i] = 0x3f3f3f3f;
    // 
    d[s] = 0;
    q.push(make_pair(-d[s], s)); // q.top() is the largest
    while (q.size() > 0) {
        pair<int, int> u = q.top();
        q.pop();
        if (-u.first != d[u.second]) {
        // if u is not the newest
        // what happens if do not continue
            continue;
        }
        // if there is no negative edges.
        // for every u.second, we do it once.
        for (int i = 0; i < a[u.second].size(); i++) {
            pair<int, int> e = a[u.second][i]; // in total m times.
            if (d[e.first] > d[u.second] + e.second) {
                d[e.first] = d[u.second] + e.second;
                q.push(make_pair(-d[e.first], e.first)); // log n
                // push the new version
                // do not delete the old version
                // priority queue does not support deletion.
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        printf("%d%c", d[i], i == n ? '\n' : ' ');
    }
    return 0;
}

参考题目

spoj ADRABR

P5201 [USACO19JAN]Shortcut G

https://www.luogu.com.cn/problem/P5201

题目背景

USACO 19年一月月赛金组第三题

题目描述

每天晚上，Farmer John都会敲响一个巨大的铃铛，召唤他的奶牛们前来牛棚享用晚餐。奶牛们都急切地想要前往牛棚，所以她们都会沿着最短的路径行走。
农场可以描述为N块草地（1≤N≤10,000），方便起见编号为1…N，牛棚位于草地1。草地之间由M条双向的小路连接（N-1≤M≤50,000）。每条小路有其通过时间，从每块草地出发都存在一条由一些小路组成的路径可以到达牛棚。

草地i中有ci头奶牛。当她们听到晚餐铃时，这些奶牛都沿着一条消耗最少时间的路径前往牛棚。如果有多条路径并列消耗时间最少，奶牛们会选择其中“字典序”最小的路径（也就是说，她们通过在两条路径第一次出现分支的位置优先选择经过编号较小的草地的方式来打破并列关系，所以经过草地7、3、6、1的路径会优先于经过7、5、1的路径，如果它们所消耗的时间相同）。

Farmer John担心牛棚距离某些草地太远。他计算了每头奶牛路上的时间，将所有奶牛消耗的时间相加，称这个和为总移动时间。他想要通过额外添加一条从牛棚（草地1）连接到某块他选择的其他草地的、通过时间为T（1≤T≤10,000）的“近道”来尽可能地减少总移动时间。当一头奶牛在她平时前往牛棚的路上偶然看见这条近道时，如果这条近道能够使她更快地到达牛棚，她就会走这条路。否则，一头奶牛会仍然沿着原来的路径行走，即使使用这条近道可能会减少她的移动时间。

请帮助Farmer John求出通过添加一条近道能够达到的总移动时间减少量的最大值。

输入格式

输入的第一行包含N、M和T。以下N行包含c1…cN，均为0…10,000范围内的整数。以下M行，每行由三个整数a，b和t描述了一条小路，这条小路连接了草地a和b，通过时间为t。所有的通过时间在1…25,000范围内。

输出格式

输出Farmer John可以达到的总移动时间的最大减少量。

样例 #1

样例输入 #1
5 6 2
1 2 3 4 5
1 2 5
1 3 3
2 4 3
3 4 5
4 5 2
3 5 7
样例输出 #1
40

提示

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<pair<int, int> > a[10020];
int n, m, t;
int c[10020];
int d[10020];
int f[10020];
set<pair<int, int> > s;
vector<int> q;
int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &t);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &c[i]);
	}
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int x, y, z;
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
		a[x].push_back(make_pair(y, z));
		a[y].push_back(make_pair(x, z));
	}
	memset(d, 0x3f, sizeof d);
	d[1] = 0;
	s.insert(make_pair(d[1], 1));
	while (s.size()) {
		int u = s.begin() -> second;
		q.push_back(u);
		s.erase(s.begin());
		for (int i = 0; i < a[u].size(); i++) {
			if (d[a[u][i].first] > d[u] + a[u][i].second) {
				s.erase(make_pair(d[a[u][i].first], a[u][i].first));
				d[a[u][i].first] = d[u] + a[u][i].second;
				f[a[u][i].first] = u;
				s.insert(make_pair(d[a[u][i].first], a[u][i].first));
			} else if (d[a[u][i].first] == d[u] + a[u][i].second) {
				f[a[u][i].first] = min(f[a[u][i].first], u);
			}
		}
	}
	long long ans = 0;
	for (int i = q.size() - 1; i > 0; i--) {
		ans = max(ans, (long long)c[q[i]] * (d[q[i]] - t));
		c[f[q[i]]] += c[q[i]];
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

题解

http://usaco.org/index.php?page=viewproblem2&cpid=899
shortest path tree
最短路树

P5122 [USACO18DEC]Fine Dining G

https://www.luogu.com.cn/problem/P5122

题目背景

题目描述

漫长的一天结束了，饥困交加的奶牛们准备返回牛棚。

农场由 NN 片牧场组成（2≤N≤5×1042\le N\le 5\times 10^4），方便起见编号为 1…N1\dots N。所有奶牛都要前往位于牧场 NN 的牛棚。其他 N−1N-1 片牧场中每片有一头奶牛。奶牛们可以通过 MM 条无向的小路在牧场之间移动（1≤M≤1051\le M\le 10^5）。第i条小路连接牧场 aia_i 和 bib_i，通过需要时间 tit_i。每头奶牛都可以经过一些小路回到牛棚。

由于饥饿，奶牛们很乐于在他们回家的路上停留一段时间觅食。农场里有 KK 个有美味的干草捆，第 ii 个干草捆的美味值为 yiy_i。每头奶牛都想要在她回牛棚的路上在某一个干草捆处停留，但是她这样做仅当经过这个干草捆使她回牛棚的时间增加不超过这个干草捆的美味值。注意一头奶牛仅仅“正式地”在一个干草捆处因进食而停留，即使她的路径上经过其他放有干草捆的牧场；她会简单地无视其他的干草捆。

输入格式

输入的第一行包含三个空格分隔的整数 NN，MM 和 KK。以下 MM 行每行包含三个整数 aia_i，bib_i 和 tit_i，表示牧场 aia_i 和 bib_i 之间有一条需要 tit_i 时间通过的小路（aia_i 不等于 bib_i，tit_i 为不超过 10410^4 的正整数）。

以下 KK 行，每行以两个整数描述了一个干草捆：该干草捆所在牧场的编号，以及它的美味值（一个不超过 10910^9 的正整数）。同一片牧场中可能会有多个干草捆。

输出格式

输出包含 N−1N-1 行。如果牧场 ii 里的奶牛可以在回牛棚的路上前往某一个干草捆并且在此进食，则第 ii 行为一个整数 11，否则为一个整数 00。

样例 #1

样例输入 #1
4 5 1
1 4 10
2 1 20
4 2 3
2 3 5
4 3 2
2 7
样例输出 #1
1
1
1

提示

在这个例子中，牧场 33 里的奶牛可以停留进食，因为她回去的时间仅会增加 66（从 22 增加到 88），而这个增加量并没有超过干草捆的美味值 77。牧场 22 里的奶牛显然可以吃掉牧场 22 里的干草，因为这并不会导致她的最佳路径发生变化。对于牧场 11 里的奶牛是一个有趣的情况，因为看起来她的最佳路径（1010）可能会因为前去进食而有过大的增加量。然而，确实存在一条路径使得她可以前去干草捆处停留：先到牧场 44，然后去牧场 22（吃草），然后回到牧场 44。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<pair<int, int> > a[50020];
int n, m, k;
int d1[50020];
int d2[50020];
set<pair<int, int> > s;
void dijk(int *d) {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		s.insert(make_pair(d[i], i));
	}
	while (s.size()) {
		int u = s.begin() -> second;
		s.erase(s.begin());
		for (int i = 0; i < a[u].size(); i++) {
			if (d[a[u][i].first] > d[u] + a[u][i].second) {
				s.erase(make_pair(d[a[u][i].first], a[u][i].first));
				d[a[u][i].first] = d[u] + a[u][i].second;
				s.insert(make_pair(d[a[u][i].first], a[u][i].first));
			}
		}
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int x, y, z;
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
		a[x].push_back(make_pair(y, z));
		a[y].push_back(make_pair(x, z));
	}
	memset(d1, 0x3f, sizeof d1);
	d1[n] = 0;
	dijk(d1);
	memset(d2, 0x3f, sizeof d2);
	for (int i = 0; i < k; i++) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		d2[x] = d1[x] - y;
	}
	dijk(d2);
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		printf("%d\n", d1[i] >= d2[i]);
	}
}

题解

http://usaco.org/index.php?page=viewproblem2&cpid=861
Shortest path with multi starting vertices (and different starting distance).
haybale

P1629 邮递员送信

https://www.luogu.com.cn/problem/P1629

题目背景

题目描述

有一个邮递员要送东西，邮局在节点 11。他总共要送 n−1n-1 样东西，其目的地分别是节点 22 到节点 nn。由于这个城市的交通比较繁忙，因此所有的道路都是单行的，共有 mm 条道路。这个邮递员每次只能带一样东西，并且运送每件物品过后必须返回邮局。求送完这 n−1n-1 样东西并且最终回到邮局最少需要的时间。

输入格式

第一行包括两个整数，nn 和 mm，表示城市的节点数量和道路数量。

第二行到第 (m+1)(m+1) 行，每行三个整数，u,v,wu,v,w，表示从 uu 到 vv 有一条通过时间为 ww 的道路。

输出格式

输出仅一行，包含一个整数，为最少需要的时间。

样例 #1

样例输入 #1
5 10
2 3 5
1 5 5
3 5 6
1 2 8
1 3 8
5 3 4
4 1 8
4 5 3
3 5 6
5 4 2
样例输出 #1
83

提示

对于 30%30\% 的数据，1≤n≤2001 \leq n \leq 200。

对于 100%100\% 的数据，1≤n≤1031 \leq n \leq 10^3，1≤m≤1051 \leq m \leq 10^5，1≤u,v≤n1\leq u,v \leq n，1≤w≤1041 \leq w \leq 10^4，输入保证任意两点都能互相到达。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, ans;
vector<pair<int, int> > a[100020];
vector<pair<int, int> > b[100020];
priority_queue<pair<int, int> > q;
int d[100020];
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int x, y, z;
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
		a[x].push_back(make_pair(y, z));
		b[y].push_back(make_pair(x, z));
	}
	memset(d, 0x3f, sizeof d);
	d[1] = 0;
	q.push(make_pair(-d[1], 1));
	while (q.size() > 0) {
		pair<int, int> u = q.top();
		q.pop();
		if (-u.first > d[u.second]) {
			continue;
		}
		for (int i = 0; i < a[u.second].size(); i++) {
			pair<int, int> e = a[u.second][i];
			if (d[e.first] > d[u.second] + e.second) {
				d[e.first] = d[u.second] + e.second;
				q.push(make_pair(-d[e.first], e.first));
			}
		}
	}
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		ans += d[i];
	}
	memset(d, 0x3f, sizeof d);
	d[1] = 0;
	q.push(make_pair(-d[1], 1));
	while (q.size() > 0) {
		pair<int, int> u = q.top();
		q.pop();
		if (-u.first > d[u.second]) {
			continue;
		}
		for (int i = 0; i < b[u.second].size(); i++) {
			pair<int, int> e = b[u.second][i];
			if (d[e.first] > d[u.second] + e.second) {
				d[e.first] = d[u.second] + e.second;
				q.push(make_pair(-d[e.first], e.first));
			}
		}
	}
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		ans += d[i];
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

题解

P4779 【模板】单源最短路径（标准版）

https://www.luogu.com.cn/problem/P4779

题目背景

2018 年 7 月 19 日，某位同学在 NOI Day 1 T1 归程 一题里非常熟练地使用了一个广为人知的算法求最短路。

然后呢？

100→60100 \rightarrow 60；

Ag→Cu\text{Ag} \rightarrow \text{Cu}；

最终，他因此没能与理想的大学达成契约。

小 F 衷心祝愿大家不再重蹈覆辙。

题目描述

给定一个 nn 个点，mm 条有向边的带非负权图，请你计算从 ss 出发，到每个点的距离。

数据保证你能从 ss 出发到任意点。

输入格式

第一行为三个正整数 n,m,sn, m, s。
第二行起 mm 行，每行三个非负整数 ui,vi,wiu_i, v_i, w_i，表示从 uiu_i 到 viv_i 有一条权值为 wiw_i 的有向边。

输出格式

输出一行 nn 个空格分隔的非负整数，表示 ss 到每个点的距离。

样例 #1

样例输入 #1
4 6 1
1 2 2
2 3 2
2 4 1
1 3 5
3 4 3
1 4 4
样例输出 #1
0 2 4 3

提示

样例解释请参考 数据随机的模板题。

1≤n≤1051 \leq n \leq 10^5；

1≤m≤2×1051 \leq m \leq 2\times 10^5；

s=1s = 1；

1≤ui,vi≤n1 \leq u_i, v_i\leq n；

0≤wi≤1090 \leq w_i \leq 10 ^ 9,

0≤∑wi≤1090 \leq \sum w_i \leq 10 ^ 9。

本题数据可能会持续更新，但不会重测，望周知。

2018.09.04 数据更新 from @zzq

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, s;
vector<pair<int, int> > a[100020];
priority_queue<pair<int, int> > q;
int d[100020];
int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &s);
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int x, y, z;
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
		a[x].push_back(make_pair(y, z));
	}
	memset(d, 0x3f, sizeof d);
	d[s] = 0;
	q.push(make_pair(-d[s], s));
	while (q.size() > 0) {
		pair<int, int> u = q.top();
		q.pop();
		if (-u.first > d[u.second]) {
			continue;
		}
		for (int i = 0; i < a[u.second].size(); i++) {
			pair<int, int> e = a[u.second][i];
			if (d[e.first] > d[u.second] + e.second) {
				d[e.first] = d[u.second] + e.second;
				q.push(make_pair(-d[e.first], e.first));
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		printf("%d%c", d[i], i == n ? '\n' : ' ');
	}
	return 0;
}

题解

bzoj 3040

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3040
斐波那契堆 优化 Dijkstra
Fibonacci Heap

  1. Fast Read
    读入优化
    scanf and cin are slow
    getchar() / fread

  2. Ignore the generated edges.
    忽略生成的边

  3. Reverse all edges.
    所有边反向

  1. Dijkstra
    1. Dijkstra
    2. 参考题目
      1. spoj ADRABR
      2. P5201 [USACO19JAN]Shortcut G
      3. P5122 [USACO18DEC]Fine Dining G
      4. P1629 邮递员送信
      5. P4779 【模板】单源最短路径（标准版）
      6. bzoj 3040
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