题意
有N个点的图,M条双向边,K条单向边,只有单向边可能为负,并且含有单向边的路径不是回路,求从S出发到所有点的最短路径长度
分析
由于有负权边,不能直接上spfa。相信小伙伴们一定看过了《算法竞赛进阶指南》,所以与书上重复的就不再讲了,只罗列一些我自己思考到的东西
- 如果按照拓扑序,一定会有一个连通块入度为0吗?答案是一定会有的,如果没有,那么肯定有一条含有单向边的路是回路。
- s点所在连通块入度不为0会怎么样?其实并不会怎么样,说明那些入度为0的连通块中的点都不能从s点出发到达。所以直接无脑按照拓扑序去扫就行了。在进一步讲,在存储拓扑序的队列中,跟s所在连通块深度相同的连通块中的点都是无法到达的。
- 做法思路主要切入点是只有单向边为负,而且不构成环,所以就把单向边所连的连通块看成一个点的话,整个图就是个DAG,DAG的最短路直接通过求拓扑序来求即可。
- 另外要注意一个细节是,每次处理一个连通块时,都是先把该连通块的所有点都放到优先队列中(想一下为什么要这么做)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 25000; const int M = 200010; const int inf = 0x3f3f3f3f; vector<int> vec[N]; int fa[N],head[N],ver[M],nxt[M],edge[M],tot; int d[N],v[N],deg[N]; int x,y,z,n,m,k,s; queue<int> q;// 拓扑序 priority_queue<pair<int,int> > pq;// 单个连通块dij void add(int x,int y,int z){ ver[++tot] = y;edge[tot] = z;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot; } int find(int x){ return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]); } void dij(int mark){ for(int i=0;i<vec[mark].size();i++){ int x = vec[mark][i]; pq.push({-d[x],x}); } while(pq.size()){ int x = pq.top().second;pq.pop(); if(v[x])continue; v[x] = 1; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){ int y = ver[i]; // y 和 x 不在同一个连通块 if(find(y) != find(x)){ d[y] = min(d[y],d[x] + edge[i]); if(--deg[find(y)] == 0){ q.push(find(y)); } }else{// 在同一个连通块 if(d[y] > d[x] + edge[i]){ d[y] = d[x] + edge[i]; pq.push({-d[y],y}); } } } } } int main(){ scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&s); for(int i=1;i<=n;i++)fa[i] = i,d[i] = inf; for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z); add(y,x,z); x = find(x); y = find(y); fa[x] = y; } for(int i=1;i<=n;i++){ int f = find(i); vec[f].push_back(i); // f 联通块中有1号点 } for(int i=1;i<=k;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);// x -> y 有一个 航道 add(x,y,z); x = find(x); y = find(y); deg[y] ++; } // s 所在连通块入度不为 0 那么...就要消灭掉之前的这些连通块,都是无法到达的 for(int i=1;i<=n;i++){ if(deg[i] == 0 && vec[i].size()){ q.push(i); } } d[s] = 0; while(q.size()){ int x = q.front();//标号为x的连通块 q.pop(); dij(x);// 处理x连通块 } for(int i=1;i<=n;i++){ if(d[i] >= 1e9){ puts("NO PATH"); }else printf("%d\n",d[i]); } return 0; }