kuangbin帶你飛：點擊進入新世界
最短路算法模板：點擊進入新世界

總結：

本人算是初學者中的初學者，歡迎交流~
kuangbin的專題確實是理解最短路的一大途徑，這篇博客主要記錄題解，順便總結最短路的題型。
A.模板題參考1 . 6 . 10
B.變形最短路（求最大邊權的最小值or最小邊權的最大值）參考2 . 3
C.變形最短路（求往返最短路的最大值）參考4
D.變形最短路（求往返最短路之和）參考5
E.含負權邊的最短路（spfa判負環）參考 7 . 11 . 12
F. 確定排名參考8
G.差分約束系統（<=最短路 and >=最長路）參考9 . 11
ps:跑最短路求得就是最大的距離，跑最長路求的就是最小的距離
H.判正環參考 13 . 14
差分約束系統介紹

最短路其實不難，難點在於建圖，剩下五道題沒靈感，等國慶後補。

kuangbin之外：
最短路計數
 最短路+二分
 最短路+dp
分層圖最短路

文章目錄

1.Til the Cows Come Hom

原題鏈接：傳送門

思路：

經典最短路模板題，注意一下輸入的坑，起點爲n，終點爲1，其他沒有什麼問題。
VJ不能用萬能頭！！！VJ不能用萬能頭！！！VJ不能用萬能頭！！！

代碼如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<string>
#define R register int
using namespace std;
const int manx=1e4+5;
const int mamx=1e4+5;
int head[manx],d[manx];
bool vis[manx];
int n,m,k=0,s,e;
struct node{
    int v,next,w;
}a[manx];
void add(int u,int v,int w)
{
    a[++k].next=head[u];
    a[k].w=w;
    a[k].v=v;
    head[u]=k;
}
void dij()
{
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    d[s]=0;
    priority_queue<pair<int,int> >q;
    q.push(make_pair(0,s));
    while(q.size()){
        int u=q.top().second;
        q.pop();
        if(vis[u]) continue;
        vis[u]=1;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
            int v=a[i].v,w=a[i].w;
            if(d[v]>d[u]+w) d[v]=d[u]+w,q.push(make_pair(-d[v],v));
        }
    }

}
int main()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    e=1,s=n;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    dij();
    cout<<d[e];
    return 0;
}

2.Frogger

原題鏈接：傳送門

思路：

變形最短路求最大邊權的最小值。
由於題目給的數據過小，可以考慮floyd，不過 d[i][j] 不在表示點i到點j 的最短路，而是點i到點j路徑中最大邊權的最小值，可以通過改變鬆弛操作實現：
原先的鬆弛操作：d[i][j]= min( d[i][j], d[i][k] + d[k][j]) ;
本題的鬆弛操作：d[i][j]= min( d[i][j] ,max( d[i][k] , d[k][j] );

AC代碼如下：

 // #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#define R register int
#define mm make_pair
using namespace std;
const int manx=300;
int x[manx],y[manx];
double d[manx][manx];
int main()
{
    int n,m,f=1;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
    {
        memset(d,0,sizeof(d));
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=i+1;j<=n;j++)
                d[i][j]=d[j][i]=sqrt(pow((x[i]-x[j])*1.0,2)+pow((y[i]-y[j])*1.0,2));
        for(int k=1;k<=n;k++)
            for(int i=1;i<=n;i++)
                for(int j=1;j<=n;j++)
                    d[i][j]=min(d[i][j],max(d[i][k],d[k][j]));
        cout<<"Scenario #"<<f++<<endl;
        printf("Frog Distance = %.3lf\n\n",d[1][2]);
    }
    return 0;
}

3.Heavy Transportation

原題鏈接：傳送門

思路：

同上，本題爲變形最短路，但這裏求的是最小邊的最大值並且n的範圍到達了1e3，O（n^3)的時間複雜度已經不夠看了，這裏我用的是spfa。
同樣鬆弛操作需要修改一番。
原本的鬆弛操作： d[v]= min(d[v], d[u]+w);
本題的鬆弛操作： d[v]= max(d[v] , min(d[u], w);
這裏d[v]表示的是到達v點的所有路徑中最小邊的最大值。

AC代碼如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
const int manx=1e6+5;
const int mamx=1e6+5;
int head[manx],d[manx];
bool vis[manx];
struct node{
    int v,w,next;
}a[mamx];
int n,m,s,e,k=0;
void add(int u,int v,int w)
{
    a[++k].next=head[u];
    a[k].w=w;
    a[k].v=v;
    head[u]=k;
}
void spfa()
{
    memset(d,0,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    d[s]=1e9;
    queue<int>q;
    q.push(s);
    while(q.size())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        vis[u]=0;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
        {
            int v=a[i].v,w=a[i].w;
            if(d[v]<min(d[u],w)) {
                    d[v]=min(d[u],w);
                    if(!vis[v])
                        q.push(v),vis[v]=1;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    for(int o=1;o<=t;o++)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        s=1,e=n,k=0;
        memset(head,-1,sizeof(head));
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int u,v,w;
            scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
            add(u,v,w);
            add(v,u,w);
        }
        spfa();
        printf("Scenario #%d:\n",o);
        printf("%d\n",d[e]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

4.Silver Cow Party

原題鏈接：傳送門

思路：

求所有點到源點的最短往返路程的最大值。
同理，n的範圍達到1e3，不能用floyd，不然直接 min( d[i][v]+ d[v][i]) 完事。
這裏我是用dij，對於每個點都跑一次dij，開二維數組保存每個點的最短路。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#define R register int
#define mm make_pair
using namespace std;
const int manx=1e3+5;
const int mamx=1e6+5;
struct node{
    int v,next,w;
}a[mamx];
int d[manx][manx],head[manx];
bool vis[manx];
int n,m,s,e,k=0;
void add(int u,int v,int w)
{
    a[++k].next=head[u];
    head[u]=k;
    a[k].v=v;
    a[k].w=w;
}
void dij()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) d[s][i]=1e9;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    priority_queue<pair<int,int> >q;
    d[s][s]=0;
    q.push(make_pair(0,s));
    while(q.size()){
        int u=q.top().second;
        q.pop();
        if(vis[u]) continue;
        vis[u]=1;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
        {
            int v=a[i].v,w=a[i].w;
            if(d[s][v]>d[s][u]+w)
                d[s][v]=d[s][u]+w,q.push(make_pair(-d[s][v],v));
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&e);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) s=i,dij();
    int ans=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i==e) continue;
        if(ans<d[i][e]+d[e][i])
            ans=d[i][e]+d[e][i];
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

5.Invitation Cards

原題鏈接：傳送門

思路：

依然是求往返路程，但這道題求的是各節點到源點的往返路程之和，而且這道題的n範圍更離譜，導致這裏不能用鄰接表存邊。
所以這道題應該正向和反向存圖，然後dij跑兩遍，求相加求和即可。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#define R register int
#define mm make_pair
using namespace std;
const int manx=1000000+5;
const int mamx=manx;
struct node{
    int v,next,w;
}a[2][mamx];
int d[2][manx],head[2][manx];
bool vis[manx];
int n,m,s,e,k0=0,k1=0;
void add(int i,int u,int v,int w)
{
    int k;
    if(i==0) k=k0; else k=k1;
    a[i][++k].next=head[i][u];
    head[i][u]=k;
    a[i][k].v=v;
    a[i][k].w=w;
    if(i==0) k0=k; else k1=k;
}
void dij(int x)
{
    for(int i=1;i<=n;i++) d[x][i]=1e9;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    priority_queue<pair<int,int> >q;
    d[x][1]=0;
    q.push(make_pair(0,1));
    while(q.size()){
        int u=q.top().second;
        q.pop();
        if(vis[u]) continue;
        vis[u]=1;
        for(int i=head[x][u];i;i=a[x][i].next)
        {
            int v=a[x][i].v,w=a[x][i].w;
            if(d[x][v]>d[x][u]+w)
                d[x][v]=d[x][u]+w,q.push(make_pair(-d[x][v],v));
        }
    }
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        k0=0,k1=0;
        memset(head,0,sizeof(head));
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int u,v,w;
            scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
            add(0,u,v,w);
            add(1,v,u,w);
        }
        dij(0),dij(1);
        long long ans=0;
        for(int i=2;i<=n;i++){
            ans+=d[0][i]+d[1][i];
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

6.Tram

原題鏈接：傳送門

思路：

這道題可以說是模板題，主要是題意理解，然後按題意建邊即可。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#define R register int
#define mm make_pair
using namespace std;
const int manx=1e3+5;
const int mamx=1e5+5;
int head[manx],d[manx];
bool vis[manx];
struct node{
    int v,w,next;
}a[mamx];
priority_queue<pair<int,int> >q;
int k=0,n,m,s,e;
void add(int u,int v ,int w)
{
    a[++k].next=head[u];
    a[k].v=v;
    a[k].w=w;
    head[u]=k;
}
void dij()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=1e9;
    d[s]=0;
    q.push(make_pair(0,s));
    while(q.size())
    {
        int u=q.top().second;
        q.pop();
        if(vis[u]) continue;
        vis[u]=1;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
        {
            int v=a[i].v,w=a[i].w;
            if(d[v]>d[u]+w&&!vis[v]) d[v]=d[u]+w,q.push(make_pair(-d[v],v));
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&s,&e);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&m);
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            int v;
            scanf("%d",&v);
            if(j==1) add(i,v,0);
            else add(i,v,1);
        }
    }
    dij();
    if(d[e]==1e9) cout<<"-1"<<endl;
    else cout<<d[e]<<endl;
    return 0;
}

7.Wormholes

原題鏈接：傳送門

思路：

spfa判定負環的模板題，只要有負環存在，那麼負環會越縮越小，即時間無限回溯，即可以回到出發之前。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#define R register int
#define mm make_pair
using namespace std;
const int manx=1e3+5;
const int mamx=1e6+5;
struct node{
    int v,next,w;
}a[mamx];
int d[manx],head[manx],f[manx];
bool vis[manx];
int n,m,s,e,k=0;
void add(int u,int v,int w)
{
    a[++k].next=head[u];
    head[u]=k;
    a[k].v=v;
    a[k].w=w;
}
bool spfa()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=1e9,f[i]=0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    queue<int>q;
    d[1]=0;
    f[1]=1;
    q.push(1);
    while(q.size()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        vis[u]=0;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
        {
            int v=a[i].v,w=a[i].w;
            if(d[v]>d[u]+w){
                d[v]=d[u]+w;
                if(!vis[v]){
                    f[v]++;
                    if(f[v]>=n) return false;
                    q.push(v);
                    vis[v]=1;
                }
            }
        }
    }
    return true;
}
int main()
{
    int o;
    cin>>o;
    while(o--){
        memset(head,0,sizeof(head));
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&e);
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int u,v,w;
            scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
            add(u,v,w);
            add(v,u,w);
        }
        for(int i=1;i<=e;i++)
        {
            int u,v,w;
            scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
            add(u,v,-w);
        }
        if(spfa()) cout<<"NO"<<endl;
        else cout<<"YES"<<endl;
    }
    return 0;
}

8.Cow Contest

原題鏈接：傳送門

思路：

給定u,v即u打敗v，求明確排名的點的個數。
像這種數據範圍小於1e3的題目看到第一反應就要想到floyd，即對所給邊確定 d[u][v]=1，然後通過鬆弛操作 d[i][j] = （ d[i][k] && d[k][j] ) ? 1 : 0;
然後對n個點進行遍歷，如果這個點跟其他n-1個點都確定關係，即這個點的排名是確定的。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#define R register int
#define mm make_pair
using namespace std;
const int manx=1e2+5;
const int mamx=4e5+5;
struct node{
    int v,next,w;
}a[mamx];
int d[manx][manx],head[manx],f[manx];
bool vis[manx];
int n,m,s,e,k=0;
void add(int u,int v,int w)
{
    a[++k].next=head[u];
    head[u]=k;
    a[k].v=v;
    a[k].w=w;
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        d[u][v]=1;
    }
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                if(d[i][k]&&d[k][j])
                    d[i][j]=1;
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int res=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(d[i][j]||d[j][i]) res++;
        if(res==n-1) ans++;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

9.Candies

原題鏈接：傳送門

思路：

給定各種約束條件，求最大差異。
由於約束條件中出現<= ，即求最短路，理解後就是模板題。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#define R register int
#define mm make_pair
using namespace std;
const int manx=3e5+5;;
const int mamx=3e6+5;
int head[manx],d[manx];
bool vis[manx];
int n,m,k=0,s,e;
struct node{
    int v,next,w;
}a[manx];
void add(int u,int v,int w)
{
    a[++k].next=head[u];
    a[k].w=w;
    a[k].v=v;
    head[u]=k;
}
void dij()
{
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    d[s]=0;
    priority_queue<pair<int,int> >q;
    q.push(make_pair(0,s));
    while(q.size()){
        int u=q.top().second;
        q.pop();
        if(vis[u]) continue;
        vis[u]=1;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
            int v=a[i].v,w=a[i].w;
            if(d[v]>d[u]+w) d[v]=d[u]+w,q.push(make_pair(-d[v],v));
        }
    }

}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    e=n,s=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
    }
    dij();
    cout<<d[e];
    return 0;
}

10.MPI Maelstrom

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思路：

n的範圍是1e2級別的，可以考慮floyd，模板題。
atoi(s) 是STL的一個函數，可以把一個字符數組s轉化成整型數字。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#define R register int
#define mm make_pair
#define inf 0x3f3f3f
using namespace std;
const int manx=300;
int d[manx][manx];
int main()
{
    int n,m;
    char s[12];
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
    {
        memset(d,inf,sizeof(d));
        for(int i=1;i<=n;i++) d[i][i]=0;
        for(int i=2;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<i;j++)
            {
                cin>>s;
                if(s[0]=='x') continue;
                d[i][j]=d[j][i]=atoi(s);
            }
        for(int k=1;k<=n;k++)
            for(int i=1;i<=n;i++)
                for(int j=1;j<=n;j++)
                        d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
        int ans=-1;
        for(int i=2;i<=n;i++) if(d[1][i]!=inf) ans=max(ans,d[1][i]);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

11.Layout

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思路：

這道題可以說是差分約束系統和判斷負環的結合，可以先嚐試先做本博客的7和9題再來做這道題。
對於 A-B<=X; C-D>=Y;
把第二個式子 *（-1）即：C-D>=y -> D-C<=-y 這樣兩個式子都是小於等於方便求最短路。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#define R register int
#define mm make_pair
using namespace std;
const int manx=1e3+5;
const int mamx=1e6+5;
struct node{
    int v,next,w;
}a[mamx];
int d[manx],head[manx],f[manx];
bool vis[manx];
int n,m,s,e,k=0;
void add(int u,int v,int w)
{
    a[++k].next=head[u];
    head[u]=k;
    a[k].v=v;
    a[k].w=w;
}
void spfa()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=1e9,f[i]=0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    queue<int>q;
    d[1]=0;
    f[1]=1;
    q.push(1);
    while(q.size()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        vis[u]=0;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
        {
            int v=a[i].v,w=a[i].w;
            if(d[v]>d[u]+w){
                d[v]=d[u]+w;
                if(!vis[v]){
                    f[v]++;
                    if(f[v]>n){
                        cout<<"-1"<<endl;
                        return;
                    }
                    q.push(v);
                    vis[v]=1;
                }
            }
        }
    }
    if(d[n]==1e9) cout<<"-2"<<endl;
    else cout<<d[n]<<endl;
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&e);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    for(int i=1;i<=e;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(v,u,-w);
    }
    spfa();
    return 0;
}

12.Extended Traffic

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思路：

這道題可以說spfa判負環的模板題。
但是有個坑點是用pow函數必須用（int）強轉，不然會wa ，本人實測wa5發卡了半小時才發現是這裏出錯了。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#include<stack>
#define R register int
#define mm make_pair
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int manx=1e3+5;
const int mamx=1e6+5;
struct node{
    int v,next,w;
}a[mamx];
int d[manx],head[manx],f[manx],ff[manx];
bool vis[manx];
int n,m,s,e,k=0;
void add(int u,int v,int w)
{
    a[++k].next=head[u];
    head[u]=k;
    a[k].v=v;
    a[k].w=w;
}
void spfa()
{
    memset(ff,0,sizeof(ff));
    memset(d,inf,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    queue<int>q;
    d[1]=0;
    ff[1]=1;
    q.push(1);
    while(q.size()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        vis[u]=0;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
        {
            int v=a[i].v,w=a[i].w;
            if(d[v]>d[u]+w){
                d[v]=d[u]+w;
                if(!vis[v]&&ff[v]<=n){ //當ff[v]入隊次數不大於n才進入if裏面
                    ff[v]++;
                    q.push(v);
                    vis[v]=1;
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    int o,oo=1;
    cin>>o;
    while(o--)
    {
        memset(head,0,sizeof(head));
        k=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&f[i]);
        scanf("%d",&m);
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int u,v,w;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            w=int(pow(f[v]-f[u],3));
            add(u,v,w);
        }
        spfa();
        scanf("%d",&s);
        printf("Case %d:\n",oo++);
        while(s--)
        {
            scanf("%d",&e);
            if(ff[e]>n||d[e]<3||d[e]==inf) printf("?\n");
            else printf("%d\n",d[e]);
        }
    }
    return 0;
}

13.Currency Exchange

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思路：

一種貨幣就是一個點，一個“兌換點”就是圖上兩種貨幣之間的一個兌換方式，求貨幣是否增值就是求圖中是否存在正環，即跟求負環條件相反即可，具體代碼見。

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#include<stack>
#define R register int
#define mm make_pair
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int manx=300;
const int mamx=300;
double d[manx];
int f[manx],head[manx];
bool vis[manx];
int n,m,s,k=0;
double g;
struct node{
    int v,next;
    double f1,f2;
}a[mamx];
void add(int u,int v,double f1,double f2)
{
    a[++k].next=head[u];
    head[u]=k;
    a[k].f1=f1;
    a[k].f2=f2;
    a[k].v=v;
}
bool spfa()
{
    memset(d,0,sizeof(d));
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    d[s]=g;
    queue<int>q;
    q.push(s);
    f[s]++;
    while(q.size())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        vis[u]=0;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
        {
            int v=a[i].v;
            double val=(d[u]-a[i].f2)*a[i].f1;
            if(d[v]<val){
                d[v]=val;
                if(!vis[v]){
                    vis[v]=1;
                    f[v]++;
                    q.push(v);
                    if(f[v]>n) return 1;
                }
            }
        }
    }
    if(d[s]>g) return 1;  //即便沒有正環 看跑完起點的貨幣是否增值
    return 0;
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d%d%lf",&n,&m,&s,&g)!=EOF)
    {
        k=0;
        memset(head,0,sizeof(head));
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int u,v;
            double x,y;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            scanf("%lf%lf",&x,&y);
            add(u,v,x,y);
            scanf("%lf%lf",&x,&y);
            add(v,u,x,y);
        }
        if(spfa()) cout<<"YES"<<endl;
        else cout<<"NO"<<endl;
    }
    return 0;
}

14.Arbitrage

原題鏈接：傳送門

思路：

跟13題一樣是貨幣兌換的問題，依然求正環，由於這道題的數據規模不大，考慮floyd，在輸入的時候把數據處理好即可。
原本鬆弛操作： d[i][j]= min( d[i][j], d[i][k] + d[k][j])
本題鬆弛操作： d[i][j]= max( d[i][j], d[i][k] * d[k][j])

AC代碼如下：

// #include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#define R register int
#define mm make_pair
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int manx=100;
int n,m;
string s;
map<string,int>q;
double d[manx][manx];
int main()
{
    int haha=1;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
    {
        memset(d,0.0,sizeof(d));
        q.clear();
        for(int i=1;i<=n;i++) d[i][i]=1.0;
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s,q[s]=i;
        scanf("%d",&m);
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            string u,v;
            double w;
            cin>>u>>w>>v;
            int x,y;
            x=q[u],y=q[v];
            d[x][y]=max(d[x][y],w);
        }
        for(int k=1;k<=n;k++)
            for(int i=1;i<=n;i++)
                for(int j=1;j<=n;j++)
                    d[i][j]=max(d[i][j],d[i][k]*d[k][j]);
        int flag=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(d[i][i]>1)
                flag=0;
        if(!flag) printf("Case %d: Yes\n",haha++);
        else printf("Case %d: No\n",haha++);
    }
    return 0;
}

[kuangbin帶你飛]專題四最短路題解+總結

總結：

文章目錄

1.Til the Cows Come Hom

2.Frogger

3.Heavy Transportation

4.Silver Cow Party

5.Invitation Cards

6.Tram

7.Wormholes

8.Cow Contest

9.Candies

10.MPI Maelstrom

11.Layout

12.Extended Traffic

13.Currency Exchange

14.Arbitrage

如何使用 JS 判斷用戶是否處於活躍狀態

lightdb秒級增加列和刪除列（not null帶默認值）

lightdb數據庫超時相關控制參數

通過HPA+CronHPA組合應對業務複雜彈性伸縮場景

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lightdb mysql 8.0兼容之不可見主鍵

基於Ubuntu-22.04安裝K8s-v1.28.2實驗（四）使用域名訪問網站應用

3月之從零開始的ACM

Codeforces 721 C. Journey（拓撲排序+DP）

Codeforces D1/D2. Prefix-Suffix Palindrome (Manacher) /詳解

Codeforces 626 D. Jerry's Protest（概率DP）

Codeforces 1325 C. Ehab and Path-etic MEXs (思維) /詳解

https://yachay.unat.edu.pe/blog/index.php?comment_area=format_blog&comment_component=blog&comment_co

linux以太網驅動總結

[kuangbin帶你飛]專題四 最短路 題解+總結

總結：

文章目錄

1.Til the Cows Come Hom

2.Frogger

3.Heavy Transportation

4.Silver Cow Party

5.Invitation Cards

6.Tram

7.Wormholes

8.Cow Contest

9.Candies

10.MPI Maelstrom

11.Layout

12.Extended Traffic

13.Currency Exchange

14.Arbitrage

[kuangbin帶你飛]專題四最短路題解+總結