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Floyd算法

Floyd算法用于求图中任意两点之间的最短路径，该算法主要运用了动态规划的思想。

思考： 给你几个点与边，可以组成一张图，那么如何求得任意两点之间的最短路径呢？

我们貌似可以使用dfs或者bfs来做，那么这样做的话，我们的dfs用来求一个点到一个点之间的最短路径是可行的，但是如果是n个点？我们难道需要进行n次的dfs或者bfs吗，每次记录一个点到任意一点的最短路径，这显然是不可能的。

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现在思考一个问题，假设我们的图中的每两个顶点之间的边是单向边

• 如果我们不能使用中转点：我们 1 -> 2 ：那么我们就需要 找到 1->2直接的一条相连的路径，这条路径长度为e[1] [2]

• 如果我们只能使用一个中转点：我们从 1 -> 2：那么我们就需要找到 1->3 ->2（我们假设这是一个比前面 1->2路程短的路径），那么我们就可以得到： e[1] [3] + e[3] [2] 的最短路径长度

• 如果我们只能使用两个中转点：我们从 1 -> 2：那么我们就需要找到 1->3->4 ->2（我们假设这是一个比前面 1->3->2路程短的路径），那么我们就可以得到： 首先中转3：e[1] [3]+e[3] [4]，然后中转4：e[1] [4] + e[4] [2] 的最短路径长度，最后的路径就是e[1] [4] + e[4] [2]

• 同理如果我们可以使用 k 个中转点。则我们便可以得到最后的最短路径就是 e[1] [k] + e[k] [2]，其中 e[1] [k] 包含之前所有 k -1 个中转点的计算后的最短路径。

那么我们便可以得到一个结论：我们可以枚举 从 i 到 j 经过的前k个中转点，使得i到j的路径最短。

因此 Floyd算法的核心就是从i号顶点到j号顶点只经过前k号点的最短路程

注意：作为中转不是经过第 k 个点，而是经过了 前k 个，包含 1，2，3，4，5，6 k-1 k，即表示这 从 i到j我们可以经过总共 k 个中转点，来使得这条路径最短

算法如下：

for (int k=1;k<=n;k++)
{for (int i=1;i<=n;i++){for (int j=1;j<=n;j++){dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]);}}
}

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例题：灾后重建

B 地区在地震过后，所有村庄都造成了一定的损毁，而这场地震却没对公路造成什么影响。但是在村庄重建好之前，所有与未重建完成的村庄的公路均无法通车。换句话说，只有连接着两个重建完成的村庄的公路才能通车，只能到达重建完成的村庄。

给出 B 地区的村庄数 $N$，村庄编号从 $0$ 到 $N-1$，和所有 $M$ 条公路的长度，公路是双向的。并给出第 $i$ 个村庄重建完成的时间 $t_i$，你可以认为是同时开始重建并在第 $t_i$ 天重建完成，并且在当天即可通车。若 $t_i$ 为 $0$ 则说明地震未对此地区造成损坏，一开始就可以通车。之后有 $Q$ 个询问 $(x,y,t)$，对于每个询问你要回答在第 $t$ 天，从村庄 $x$ 到村庄 $y$ 的最短路径长度为多少。如果无法找到从 $x$ 村庄到 $y$ 村庄的路径，经过若干个已重建完成的村庄，或者村庄 $x$ 或村庄 $y$ 在第 $t$ 天仍未重建完成，则需要返回 -1。

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这道题目就是Floyd算法的模板题。

这道题目让我们求得两个村庄之间的最短路程，因此我们就可以把两个村庄看作两个点，并且中转k个点，来求得最短路径

但是如果我们采用每次询问都 进行一次floyd算法的话查找两个点的最短路径，显然是会超时的。

我们注意到有个时间的概念在里面，即每个村庄的 修复时间 是固定的，并且是会影响到我们的选择的，因为如果我们计算 1 到 3的村庄的最短路径，可能这两个村庄的修复时间在我们所给的时间内，但是如果我们选择中转，则其他的点的时间都大于我们所给的时间，所以我们不能从其他点中转过来，但是确实从其他点中转使得 1到 3 的路程会更短，因此这个时间我们便可以设置为 k 的值，即在 k时间内中转，不能超过 k时间，因此我们就可以每次询问使用一次floyd算法了，但是我们的k是固定的，我们只需要两重循环就好了。

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dp[i] [j] ：表示从 i 到 j 的最短距离

状态转移方程：
$$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j])$$
需要注意的几点：

• dp存储最小值，因此我们首先要初始化为 INF一个极大值
• dp[i] [i] ，即 第 i个点与第i个点之间的距离为0
• 注意 边是双向边，因此需要存储 i 到 j ，j 到 i 的距离都为边的距离

AC code

//TODO: Write code here
int n,m,q;
const int N=1e3+10;
int nums[N],dp[N][N];
void Floyd(int k)
{for (int i=0;i<n;i++){for (int j=0;j<n;j++){dp[i][j]=dp[j][i]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]);}}
}
signed main()
{cin>>n>>m;for (int i=0;i<n;i++) cin>>nums[i];for (int i=0;i<n;i++){for (int j=0;j<n;j++){dp[i][j]=INF;}}for (int i=0;i<n;i++){dp[i][i]=0;}for (int i=1;i<=m;i++){int a,b,s;cin>>a>>b>>s;dp[a][b]=dp[b][a]=s;  //两点之间的距离}cin>>q;int now=0;for (int i=1;i<=q;i++){int s1,s2,s3;cin>>s1>>s2>>s3;//根据时间进行处理//时间是逐渐增长的，因此每次 floyd的 k 都是随时间变化的while (nums[now]<=s3 && now<n)//目前更新的点在询问点之前{Floyd(now);//前now个时间之前更新最短路now++;}if (nums[s1]>s3 || nums[s2]>s3){cout<<-1<<endl;}else {if (dp[s1][s2]==INF) cout<<-1<<endl;else cout<<dp[s1][s2]<<endl;}}
#define one 1   return 0;
}