TT 的美梦(SPFA)

问题描述：

这一晚，TT 做了个美梦！
在梦中，TT 的愿望成真了，他成为了喵星的统领！喵星上有 N 个商业城市，编号 1 ～ N，其中 1 号城市是 TT 所在的城市，即首都。
喵星上共有 M 条有向道路供商业城市相互往来。但是随着喵星商业的日渐繁荣，有些道路变得非常拥挤。正在 TT 为之苦恼之时，他的魔法小猫咪提出了一个解决方案！TT 欣然接受并针对该方案颁布了一项新的政策。
具体政策如下：对每一个商业城市标记一个正整数，表示其繁荣程度，当每一只喵沿道路从一个商业城市走到另一个商业城市时，TT 都会收取它们（目的地繁荣程度 - 出发地繁荣程度）^ 3 的税。
TT 打算测试一下这项政策是否合理，因此他想知道从首都出发，走到其他城市至少要交多少的税，如果总金额小于 3 或者无法到达请悄咪咪地打出 ‘?’。

input：
第一行输入 T，表明共有 T 组数据。（1 <= T <= 50）
对于每一组数据，第一行输入 N，表示点的个数。（1 <= N <= 200）
第二行输入 N 个整数，表示 1 ～ N 点的权值 a[i]。（0 <= a[i] <= 20）
第三行输入 M，表示有向道路的条数。（0 <= M <= 100000）
接下来 M 行，每行有两个整数 A B，表示存在一条 A 到 B 的有向道路。
接下来给出一个整数 Q，表示询问个数。（0 <= Q <= 100000）
每一次询问给出一个 P，表示求 1 号点到 P 号点的最少税费。
output：
每个询问输出一行，如果不可达或税费小于 3 则输出 ‘?’。

样例输入：

2
5
6 7 8 9 10
6
1 2
2 3
3 4
1 5
5 4
4 5
2
4
5
10
1 2 4 4 5 6 7 8 9 10
10
1 2
2 3
3 1
1 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
9 10
2
3 10

样例输出：

Case 1:
3
4
Case 2:
?
?

解题思路：

很显然这个也是一个最短路的问题，但是该题中的税可能是负数，所以不能用Dijkstra来求解。所以在这里使用了从Bellman-ford算法中优化的SPFA算法，可以解决带有负权边的问题。具体做法就是使用一个队列，将成功被松弛的点存储到队列中，每次从队首取出点并松弛其邻接点。但是当图中存在负环，那么其可以沿着负环一直松弛，会进入死循环。这时我们可以通过一个辅助数组来判断图中是否有负环。如果图中不存在负环，则最短路经过的边数一定会小于n，如果经过的边数大于n，则说明有负环。则我们可以通过这个辅助数组来存储最短路的长度，如果长度大于n，则说明有负环。

对于这个题目，如果存在负环，负环上的点以及能遍历到的所有点，其最短路是不存在的，则我们可以通过一遍bfs，将所有与负环上的点的可达的点全部找到。其余的点还是通过松弛操作来更新最小值，在最后输出时，只需要判断该点是否路径不存在，即dis值为inf，或者是否在负环上，或者距离是否小于3，来进行输出。

代码：

#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
struct point{//点结构体int ed;int money;
};
int T,N,M,Q;
int a[210];
int dis[210];//距离
int inq[210];//是否在队列中
int cnt[210];//松弛到该点的路径边数
int fuhuan[210];//该点是否在负环上
int vis[210];//bfs用来标记
int main()
{cin>>T;for(int j=0;j<T;j++){vector<point> line[210];cin>>N;for(int i=1;i<=N;i++)cin>>a[i];cin>>M;for(int i=0;i<M;i++){int te1,te2;cin>>te1>>te2;int mo=pow((a[te2]-a[te1]),3);point p;p.ed=te2;p.money=mo;//构造有向图line[te1].push_back(p);}for(int i=0;i<210;i++){dis[i]=1000000000;//数组初始化inq[i]=cnt[i]=fuhuan[i]=vis[i]=0;}queue<int> q;dis[1]=0;inq[1]=1;q.push(1);while(!q.empty()){int tem=q.front();q.pop();inq[tem]=0;for(int i=0;i<line[tem].size();i++){int end=line[tem][i].ed;int m=line[tem][i].money;if(dis[end]>(dis[tem]+m))//松弛操作{dis[end]=dis[tem]+m;cnt[end]=cnt[tem]+1;//边的长度为上一条边的长度加1if(cnt[end]>=N)//如果大于点的个数，则有负环{fuhuan[end]=1;//进行bfs，将该点的所有可达点找到queue<int> pp;pp.push(end);vis[end]=1;while(!pp.empty()){int ff=pp.front();pp.pop();for(int k=0;k<line[ff].size();k++){int temp=line[ff][k].ed;fuhuan[temp]=1;//并进行负环标记if(vis[temp]==0){vis[temp]=1;pp.push(temp);  }}}}if((inq[end]!=1)&&fuhuan[end]==0)//如果该点不在队列且不在负环中，入队{q.push(end);inq[end]=1;}}}}cin>>Q;cout<<"Case "<<j+1<<":"<<endl;for(int i=0;i<Q;i++){int P;cin>>P;//这三个条件有一个满足，则输出？if(dis[P]==1000000000||fuhuan[P]==1||dis[P]<3)   cout<<"?"<<endl;elsecout<<dis[P]<<endl;}}
}