kuangbin带你飞：点击进入新世界
最短路算法模板：点击进入新世界

总结：

本人算是初学者中的初学者，欢迎交流~
kuangbin的专题确实是理解最短路的一大途径，这篇博客主要记录题解，顺便总结最短路的题型。
A.模板题参考1 . 6 . 10
B.变形最短路（求最大边权的最小值or最小边权的最大值）参考2 . 3
C.变形最短路（求往返最短路的最大值）参考4
D.变形最短路（求往返最短路之和）参考5
E.含负权边的最短路（spfa判负环）参考 7 . 11 . 12
F. 确定排名参考8
G.差分约束系统（<=最短路 and >=最长路）参考9 . 11
ps:跑最短路求得就是最大的距离，跑最长路求的就是最小的距离
H.判正环参考 13 . 14
差分约束系统介绍

最短路其实不难，难点在于建图，剩下五道题没灵感，等国庆后补。

kuangbin之外：
最短路计数
 最短路+二分
 最短路+dp
分层图最短路

文章目录

1.Til the Cows Come Hom

原题链接：传送门

思路：

经典最短路模板题，注意一下输入的坑，起点为n，终点为1，其他没有什么问题。
VJ不能用万能头！！！VJ不能用万能头！！！VJ不能用万能头！！！

代码如下：

#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

原题链接：传送门

思路：

变形最短路求最大边权的最小值。
由于题目给的数据过小，可以考虑floyd，不过 d[i][j] 不在表示点i到点j 的最短路，而是点i到点j路径中最大边权的最小值，可以通过改变松弛操作实现：
原先的松弛操作：d[i][j]= min( d[i][j], d[i][k] + d[k][j]) ;
本题的松弛操作：d[i][j]= min( d[i][j] ,max( d[i][k] , d[k][j] );

AC代码如下：

 // #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

原题链接：传送门

思路：

同上，本题为变形最短路，但这里求的是最小边的最大值并且n的范围到达了1e3，O（n^3)的时间复杂度已经不够看了，这里我用的是spfa。
同样松弛操作需要修改一番。
原本的松弛操作： d[v]= min(d[v], d[u]+w);
本题的松弛操作： d[v]= max(d[v] , min(d[u], w);
这里d[v]表示的是到达v点的所有路径中最小边的最大值。

AC代码如下：

#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

原题链接：传送门

思路：

求所有点到源点的最短往返路程的最大值。
同理，n的范围达到1e3，不能用floyd，不然直接 min( d[i][v]+ d[v][i]) 完事。
这里我是用dij，对于每个点都跑一次dij，开二维数组保存每个点的最短路。

AC代码如下：

// #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

原题链接：传送门

思路：

依然是求往返路程，但这道题求的是各节点到源点的往返路程之和，而且这道题的n范围更离谱，导致这里不能用邻接表存边。
所以这道题应该正向和反向存图，然后dij跑两遍，求相加求和即可。

AC代码如下：

// #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

原题链接：传送门

思路：

这道题可以说是模板题，主要是题意理解，然后按题意建边即可。

AC代码如下：

// #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

原题链接：传送门

思路：

spfa判定负环的模板题，只要有负环存在，那么负环会越缩越小，即时间无限回溯，即可以回到出发之前。

AC代码如下：

// #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

原题链接：传送门

思路：

给定u,v即u打败v，求明确排名的点的个数。
像这种数据范围小于1e3的题目看到第一反应就要想到floyd，即对所给边确定 d[u][v]=1，然后通过松弛操作 d[i][j] = （ d[i][k] && d[k][j] ) ? 1 : 0;
然后对n个点进行遍历，如果这个点跟其他n-1个点都确定关系，即这个点的排名是确定的。

AC代码如下：

// #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

原题链接：传送门

思路：

给定各种约束条件，求最大差异。
由于约束条件中出现<= ，即求最短路，理解后就是模板题。

AC代码如下：

// #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

原题链接：传送门

思路：

n的范围是1e2级别的，可以考虑floyd，模板题。
atoi(s) 是STL的一个函数，可以把一个字符数组s转化成整型数字。

AC代码如下：

// #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

原题链接：传送门

思路：

这道题可以说是差分约束系统和判断负环的结合，可以先尝试先做本博客的7和9题再来做这道题。
对于 A-B<=X; C-D>=Y;
把第二个式子 *（-1）即：C-D>=y -> D-C<=-y 这样两个式子都是小于等于方便求最短路。

AC代码如下：

// #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

原题链接：传送门

思路：

这道题可以说spfa判负环的模板题。
但是有个坑点是用pow函数必须用（int）强转，不然会wa ，本人实测wa5发卡了半小时才发现是这里出错了。

AC代码如下：

// #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){ //当ff[v]入队次数不大于n才进入if里面
                    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

原题链接：传送门

思路：

一种货币就是一个点，一个“兑换点”就是图上两种货币之间的一个兑换方式，求货币是否增值就是求图中是否存在正环，即跟求负环条件相反即可，具体代码见。

AC代码如下：

// #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;  //即便没有正环 看跑完起点的货币是否增值
    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

原题链接：传送门

思路：

跟13题一样是货币兑换的问题，依然求正环，由于这道题的数据规模不大，考虑floyd，在输入的时候把数据处理好即可。
原本松弛操作： d[i][j]= min( d[i][j], d[i][k] + d[k][j])
本题松弛操作： d[i][j]= max( d[i][j], d[i][k] * d[k][j])

AC代码如下：

// #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带你飞]专题四最短路题解+总结

总结：

文章目录

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

lightdb hash index的性能和限制

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

Mac下配置sublime實現LaTeX

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带你飞]专题四 最短路 题解+总结

总结：

文章目录

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带你飞]专题四最短路题解+总结