核心思想:松弛操作
对于边(u,v),用dist(u)和(u,v)的和尝试更新dist(v):
dist(v) = min(dist(v) , dist(u)+l(u,v)
注:dist(i)为源点(起点)到i点的距离,l(u,v)为u->v的边权。
Bellman-Ford的基本操作是进行多次迭代,每一轮迭代对图上所有边进行松弛操作,直到再一次迭代中没有点的dist发生变化即可停止迭代。为什么呢?不妨假设已经没有dist发生变化了,再进行一轮迭代的话,很显然,之后的迭代没有产生任何作用,dist数组依旧没有改变,反倒增大了时间复杂度,这不是多此一举么。
图解:
初始:(S为源点)
初始设置为inf无穷大,表示还没有最短路
S | A | B | C | D | E |
0 | inf | inf | inf | inf | inf |
第一轮迭代:
对S点连出的边(s->e,s->a)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7(0+7) | inf | inf | inf | 5(0+5) |
对A连出的边(a->c)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7 | inf | 9(7+2) | inf | 5 |
对B连出的边(b->a)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7 | inf | 9 | inf | 5 |
dist(B)还没有找到最短路,更新其他点的最短路径无意义,故对B点的出边不进行松弛
对C连出的边(c->b)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7 | 7(9+(-2)) | 9 | inf | 5 |
对D连出的边(d->c,d->a)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7 | 7 | 9 | inf | 5 |
dist(D)还没有找到最短路,更新其他点的最短路径无意义,故对D点的出边不进行松弛
对E连出的边(e->d)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7 | 7 | 9 | 6(5+1) | 5 |
已经对所有的边进行了松弛操作,第一轮迭代结束
第二轮迭代
对S点连出的边(s->e,s->a)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7 | 7 | 9 | 6 | 5 |
无需更新
对A连出的边(a->c)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7 | 7 | 9 | 6 | 5 |
无需更新
对B连出的边(b->a)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7 | 7 | 9 | 6 | 5 |
无需更新
对C连出的边(c->b)
S | A | B | C | D | E |
0 | 7 | 7 | 9 | 6 | 5 |
无需更新
对D连出的边(d->c,d->a)
S | A | B | C | D | E |
0 | 2(6+(-4)) | 7 | 5(6+(-1)) | 6 | 5 |
对E连出的边(e->d)
S | A | B | C | D | E |
0 | 2 | 7 | 5 | 6 | 5 |
已经对所有的边进行了松弛操作,第二轮迭代结束
第三轮迭代
与第一第二轮同理(此处直接给出迭代结束的结果)
S | A | B | C | D | E |
0 | 2 | 2 | 4 | 6 | 5 |
第四轮迭代
无任何更新,迭代结束,更新完成
算法分析:
如果最短路存在,一定存在一个不含环的最短路。(理由:对零环和正环,去掉后路径不会边长;对负环,若最短路径中存在负环,那一定不是最短路,负环可以无限绕下去,路径可以是负无穷)
最短路不含环,那么一条最短路径最多经过n-1个点(不含起点),所以最多需要n-1轮松弛操作。
复杂度分析:
最多进行n-1次迭代,每次迭代枚举遍历所有边,尝试通过边进行松弛操作,故复杂度为
O(N-1)*O(M)即O(NM),(注:N为点数,M为边数)
伪代码
for (int i = 0; i <= n; i++)
dist[i] = inf;//初始化为无穷大
dist[s] = 0;//s为起点,自己到自己的最短路为0
for (int k = 1; k <= n – 1; k++)//迭代n-1轮
{
for (int i = 1; i <= m; i++)//枚举每一条边
{
int x = u[i], y = v[i];
if (dist[x] < inf)
dist[y] = min(dist[y], dist[x] + w[i]);//松弛
}
}
检查有无负环
将dist数组初始化为0,迭代n-1次后进行第n次迭代,如果第n次迭代有进行松弛操作,则一定存在负环,因为不存在负环最多只能进行n-1次松弛操作
代码实现:
void bellman_ford(int s, int end) // s为起点,end为终点
{
memset(dis, 127, sizeof(dis));
dis[s] = 0; //起点最短路为0
pre[s] = -1;
for (int i = 1; i <= n – 1; i++)
{
bool ok = false;
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
int x = edge[j].u, y = edge[j].v, w = edge[j].w;
if (dis[x] < (1 << 30) && dis[x] + w < dis[y])
{
dis[y] = dis[x] + w;
pre[y] = x; // y的上一个点为x,如不需打印路径无需pre数组
ok = true;
}
}
if (ok == false)
{
break; //未进行松弛操作,提前退出循环,减小时间复杂度
}
}
if (dis[end] < (1 << 30))
cout << dis[end] << “/n”;
else
cout << “-1/n”;
// Print_Path(end); //打印路径
}
模板题
题目链接:
题目描述:
给你一张简单有向图,边权都为非负整数。以及一些询问,询问两个点之间的距离。
图用以下形式给出:
第一行输入三个整数 n,m,k表示图的顶点数、边数和询问次数,顶点编号从 1 到 n。
接下来 m 行,每行三个整数 x,y,z表示 x 到 y 有一条有向边,边权为 z。
接下来 k 行,每行两个整数 x,y 询问从 x 到 y 的最短路长度,如果无法到达,输出 −1。
输入格式:
第一行三个整数 n,m,k 表示图的顶点数、边数和询问次数。
接下来 m 行,每行有三个整数,代表一条边。
接下来 k 行,每行有两个整数,代表一次询问。
输出格式:
输出共 k 行,每行一个数表示一次询问的答案。
数据规模:
对于所有数据,保证 2≤n≤5000,0≤m≤10000,1≤k≤5,1≤x,y≤n,x≠y,1≤z≤10000。
样例输入:
3 3 2
1 2 3
2 3 2
3 2 1
1 3
3 1
样例输出:
5
-1
直接给代码了
参考文献:
《算法竞赛,入门经典(第二版)》
2022 Namomo Spring Camp Div2 Day8 直播课
ending
有什么错误之处欢迎指正!不胜感激!