Part I-Introduction

Floyd算法是一种求图上多源最短路径的算法，适用于中小规模的图，思维简单易懂。

Floyd算法的实质是（区间）动态规划，在这里做一个简单的概述。

对于一个有\(n\)个结点的图，

令\(dis[i][j]\)为结点\(i\)到结点\(j\)的最短路径长度。

首先，将所有现成的边都存入\(dis\)，其余的令其值\(=\infty\)，并使\(dis[i][i]=0\)。

接着，枚举中转点（\(k\)），那么：

\[dis[i][j]=\min\{dis[i][k]+dis[k][j]\text{ | }k\in[1,n],k\ne i,k\ne j\}\]

代码实现：

void Floyd()
{memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof(dis));for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)if(a[i][j]!=0x3f3f3f3f)边(i,j)存在。dis[i][j]=a[i][j];//a为现存的边。for(int i=1;i<=n;i++) dis[i][i]=0;for(int k=1;k<=n;k++)//枚举中转点。for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++){if(i==j||j==k||k==i) continue;dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);}
}

Attention：循环时\(k\)必须放在第一层。若将\(i\)置于第一层，就会导致i->k->j的距离过早的确定下来，可能会导致答案错误。

注：其实最原始的Floyd中\(dis\)的定义是：\(dis[i][j][k]\)表示结点\(i\)到结点\(j\)只经过结点\(i-k\)的最短路径。 则有：\(dis[i][j][k]=min(dis[i][j][k-1],dis[i][k][k-1]+dis[k][j][k-1])\)，降维得到现在的方程。

时间复杂度：\(O(n^3)\)。

Part II-Sevral Simple Problems

Floyd算法可以解决许多看似无法处理的问题。

Problem[1]:[USACO09JAN] Best Spot

链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2935

题面：

此题较为简单，算法流程：

• 用Floyd处理出各个点间的最短路径。

• 计算出每个点到各个Favorites的总距离。

• 选出总距离最小的点输出即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define R registerint a[501][501];
int dis[501][501];
int fav[501];
int P,F,C;void Floyd()
{memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof(dis));for(R int i=1;i<=P;i++)for(R int j=1;j<=P;j++)if(a[i][j]!=0x3f3f3f3f)dis[i][j]=a[i][j];for(R int i=1;i<=P;i++) dis[i][i]=0;for(R int k=1;k<=P;k++)for(R int i=1;i<=P;i++)for(R int j=1;j<=P;j++){if(i==j||j==k||k==i) continue;dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);}
}signed main()
{scanf("%d%d%d",&P,&F,&C);memset(a,0x3f3f3f3f,sizeof(a));for(R int i=1;i<=F;i++) scanf("%d",fav+i);for(R int u,v,w,i=1;i<=C;i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);a[u][v]=a[v][u]=min(a[u][v],w);}Floyd();int minnum=0x3f3f3f3f,minid;for(R int i=1,sum=0;i<=P;i++,sum=0){for(R int j=1;j<=F;j++)sum+=dis[i][fav[j]];if(sum<minnum) minnum=sum,minid=i;}printf("%d\n",minid);return 0;} 

Problem[2]:[JSOI2007]重要的城市

链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1841

题面：

这一题比上一题略难，如何记录中转点？

Of course，在Floyd的时候。

令\(c[i][j]\)为结点\(i,j\)之间的最短路的中转点，若无则为0；

在进行对\(dis[i][j]\)的更新之时，我们不直接取min，而是先判断以避免覆盖。

因为我们还要进行一个更重要的操作，that is，更新\(c[i][j]\)！

分情况讨论：

• 1.\(dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j]\)（需要更新）：此时结点\(i,j\)之间的最短路的中转点就要发生改变，即\(c[i][j]=k\)，并更新\(dis[i][j]\)的值。

• 2.\(dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j]\) ：这不仅说明原先的\(c[i][j]\)已经失效，而且意味着此时已经不存在\(c[i][j]\)了（并不需要中转点就有最短路了）。因此令\(c[i][j]=0\)。

• 3.\(dis[i][j]<dis[i][k]+dis[k][j]\)：此时的中转点无法得到更优的解，忽略。

这样我们就处理好了\(c\)。对于结果的处理，可以利用桶排序的思想，令\(res[c[i][j]]=1\)。（res[N]:bool）

最后遍历\(res\)，输出答案（别忘了无解的处理！！！）。

#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<cstring>
using namespace std;const int N=205;
int c[N][N];
int f[N][N];
int n,m;void Solve()
{for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0;for(int k=1;k<=n;k++)for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++){if(i==j||j==k||i==k) continue;if(f[i][j]>f[i][k]+f[k][j])f[i][j]=f[i][k]+f[k][j],c[i][j]=k;else if(f[i][j]==f[i][k]+f[k][j])c[i][j]=0;}
}bool res[N],flag=0;
signed main()
{memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));memset(c,0,sizeof(c));scanf("%d%d",&n,&m);for(int u,v,w,i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);f[u][v]=f[v][u]=w;//f:=dis}Solve();for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)res[c[i][j]]=1;for(int i=1;i<=n;i++)if(res[i]) printf("%d ",i),flag=1;if(!flag) puts("No important cities.");return 0;
}

Problem[3]:[NOI2007]社交网络

链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2047

题面：

这题貌似比上一题更复杂——要进行路径计数。

令\(cnt[i][j]\)为结点\(i,j\)之间的最短路径条数。

还是在处理\(dis\)的时候处理\(cnt\)。

在分类讨论之前，你需要知道一件事情：

假设我们已经处理完了\(cnt[i][k]\)和\(cnt[k][j]\)，那么怎么知道\(cnt[i][j]\)的值？ 对于\(cnt[i][k]\)中的每条路径，与\(cnt[k][j]\)配对，有\(cnt[k][j]\)条路径。 那么\(cnt[i][k]\)条一起配对就是\(cnt[i][k]\times cnt[k][j]\)条，这就是\(cnt[i][j]\)的值。（说白了就是乘法原理）

那么，再开始分类讨论：

• 1.\(dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j]\)：又找到了一坨解，\(cnt[i][j]+=cnt[i][k]*cnt[k][j]\)（注意是+=！）。

• 2.\(dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j]\) ：这代表有了新的解，原先的答案不能再用了，\(cnt[i][j]=cnt[i][k]*cnt[k][j]\)（注意是=！）。

• 3.\(dis[i][j]<dis[i][k]+dis[k][j]\)：此时的中转点无法得到更优的解，忽略。

处理完\(cnt\)后，那就意味着\(C_{s,t},C_{s,t}(v)\)什么的都出来了。

P.S.:建议cnt用double。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;const int N=105;
int dis[N][N];
double cnt[N][N];
int n,m;signed main()
{memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof(dis));memset(cnt,0,sizeof(cnt));scanf("%d%d",&n,&m);for(int u,v,w,i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);dis[u][v]=dis[v][u]=min(w,dis[u][v]);cnt[u][v]=cnt[v][u]=1;}for(int i=1;i<=n;i++)dis[i][i]=0;for(int k=1;k<=n;k++)for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++){if(i==j||i==k||j==k) continue;if(dis[i][j]==dis[i][k]+dis[k][j])cnt[i][j]+=cnt[i][k]*cnt[k][j];else if(dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j]){dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];cnt[i][j]=cnt[i][k]*cnt[k][j];}}for(int k=1;k<=n;k++){double ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++){if(i==j||i==k||j==k) continue;if(dis[i][j]==dis[i][k]+dis[k][j])ans+=cnt[i][k]*cnt[k][j]*1.0/cnt[i][j];}printf("%.3lf\n",ans);}
}

Part III-EXT:最小环问题

来看这么一个问题：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1599

题面：

看似无从下手，但仍然是Floyd！

在更新\(dis\)前，我们已经把\(1-(k-1)\)的情况处理好了。那么当前的最小环就是：

\[\min\{a[i][k]+a[k][j]+dis[i][j]\}\]

先贴代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;const int N=105;
int a[N][N];
int dis[N][N];
int n,m;long long solve()
{long long min_circle=0x3f3f3f3f;for(int k=1;k<=n;k++){for(int i=1;i<k;i++)for(int j=i+1;j<k;j++)min_circle=min(min_circle,1ll*a[i][k]+a[k][j]+dis[i][j]);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);}return min_circle;
}signed main()
{while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){memset(a,0x3f3f3f3f,sizeof(a));for(int u,v,w,i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);a[u][v]=a[v][u]=min(a[u][v],w);}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)dis[i][j]=a[i][j];long long res=solve();if(res!=0x3f3f3f3f) printf("%lld\n",res);else puts("It's impossible.");}return 0;
}

值得注意的是，\(i,j\)的循环范围的控制，因为\(i,j,k\)不能相同。

至于为什么先处理最小环在更新路径，当然是为了使\(dis[i][j]\)不经过\(k\)啊。