图论 最短路径算法 1.Floyed-Warshall算法

Posted 2020-10-30 uncklesam7

这几周开始正式系统学习图论，新学期开始新的记录。由于二模和生物地理两门高考的临近，时间比较仓促，所以暂时跳过图论的(一)和(二)，即图的储存和遍历。从最短路径算法学起，首先要学习的是Floyed-Warshall算法。

Floyed(佛洛依德)算法，是最简单也是最基础的最短路径算法，可以计算图中任意两点间的最短路径。佛洛依德算法的时间复杂度是O(N³)，并且适用于出现边的权为负数的情况，但是当图中出现权为负数的回路时不建议使用此算法。

(其实学习算法的时候曾参考过大名鼎鼎的《算法导论》中关于此算法的介绍和讲解，可惜并没有坚持看懂，有机会再做详解。)

以下为算法的描述和说明：

dis[u][v]表示从u到v最短路径长度，m[u][v]表示连接u,v边的长度。

描述：

1、初始化：点u,v有边相连接，则dis[u][v]=w[u][v]. 如果之间没有路径，则dis[u][v]=INF.

2、for (k=1~n)

         for(i=1~n)

           for(j=1~n)

              if(dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j])

              dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];

3、dis[i][j]的结果就是 i 到 j 的最短路径。

说明：

第一层循环中间点k，第二、三层循环起始点和终点i，j. 思路大致是，如果点 i 到 点 k 的距离加上点 k 到点 j 的距离小于原来 i 到 j 的距离，那么就用这个更短的路径替换原来 i 到 j 的路径。从算法描述中不难看出时间复杂的是O(N³)。

在提出例题前我想先问一个问题，在学习的时候也一直在思考这个问题。感觉时间复杂度如此高的一个算法为什么仍一直在被人们使用呢？我想答案也正是这个算法的特色所在，即思路易理解，算法实现简单，功能比较强大，而这不也是我们学习这门学科带给我们的乐趣么。

下面是一道例题：

农民 John的农场里有很多牧区。有的路径连接一些特定的牧区。一片所有连通的牧区称为一个牧场。但是就目前而言，你能看到至少有两个牧区通过任何路径都不连通。这样，Farmer John就有多个牧场了。

John想在牧场里添加一条路径(注意，恰好一条)。对这条路径有以下限制：

一个牧场的直径就是牧场中最远的两个牧区的距离(本题中所提到的所有距离指的都是最短的距离)。考虑如下的有5个牧区的牧场，牧区用“*”表示，路径用直线表示。每一个牧区都有自己的坐标：

                (15,15) (20,15)
                 D       E
                 *-------*
                 |     _/|
                 |   _/  |
                 | _/    |
                 |/      |
        *--------*-------*
        A        B       C
     (10,10)  (15,10) (20,10)

【请将以上图符复制到记事本中以求更好的观看效果，下同】

这个牧场的直径大约是12.07106, 最远的两个牧区是A和E，它们之间的最短路径是A-B-E。

这里是另一个牧场：

                         *F(30,15)
                        / 
                      _/  
                    _/    
                   /      
                  *------* 
                  G      H
                  (25,10)   (30,10)

在目前的情景中，他刚好有两个牧场。John将会在两个牧场中各选一个牧区，然后用一条路径连起来，使得连通后这个新的更大的牧场有最小的直径。

注意，如果两条路径中途相交，我们不认为它们是连通的。只有两条路径在同一个牧区相交，我们才认为它们是连通的。

输入文件包括牧区、它们各自的坐标，还有一个如下的对称邻接矩阵

：
　 A  B  C  D  E  F  G  H 
A  0  1  0  0  0  0  0  0
B  1  0  1  1  1  0  0  0
C  0  1  0  0  1  0  0  0
D  0  1  0  0  1  0  0  0
E  0  1  1  1  0  0  0  0
F  0  0  0  0  0  0  1  0
G  0  0  0  0  0  1  0  1
H  0  0  0  0  0  0  1  0

其他邻接表中可能直接使用行列而不使用字母来表示每一个牧区。输入数据中不包括牧区的名字。

输入文件至少包括两个不连通的牧区。

请编程找出一条连接两个不同牧场的路径，使得连上这条路径后，这个更大的新牧场有最小的直径。输出在所有牧场中最小的可能的直径。

输入输出格式

输入格式：

 

第1行: 一个整数N (1 <= N <= 150), 表示牧区数

第2到N+1行: 每行两个整数X,Y (0 <= X ,Y<= 100000), 表示N个牧区的坐标。注意每个 牧区的坐标都是不一样的。

第N+2行到第2*N+1行: 每行包括N个数字(0或1) 表示如上文描述的对称邻接矩阵。

 

输出格式：

 

只有一行，包括一个实数，表示所求直径。数字保留六位小数。

只需要打到小数点后六位即可，不要做任何特别的四舍五入处理。

 

输入输出样例

输入样例#1：

8
10 10
15 10
20 10
15 15
20 15
30 15
25 10
30 10
01000000
10111000
01001000
01001000
01110000
00000010
00000101
00000010

输出样例#1： 

22.071068

由于本人水平有限，做这道题花了不少时间，主要遇到七七八八的问题在这里也当作对我来说有价值的点罗列一下：
1、连接矩阵的读入；
2、每个牧场的直径；
3、连接路径如何操作；
4、最后讨论细节问题；

首先，看到连接矩阵中间没有空格读入，因此在这里的处理我的想法是按照字符串一个一个读取，判断，处理数据.(题目见多了就不会出这个问题了)

第二个问题我一开始就脑子卡壳了，其实这就是用佛洛依德算法的最好时机啊。这个算法的厉害之处就在于它可以把所有点之间的最短路径"安全"地储存在一个数组里，随时可以调用，那么牧场的直径也就
较好求解了。用佛洛依德算法算出两两点之间的最短距离之后，将m[i]记作牧区 i 到可到达牧区中的每一个最短路径中的最远距离。而牧场的直径自然为 d1=max{m[i]}。

第三个问题就是列举没有路径相连接的牧区 i ， j 。得到一条新牧场直径的候选路径，长度为 m[i]+m[j]+dist[i][j]。接下来的操作和上一步不同，这里是从最长的距离中选出最短路径，这样才符合题意中直
径的定义，则此时牧场的直径为 d2=min{m[i]+m[j]+dist[i][j]}。

第四个问题，也是极容易忽略的一点，如果思维够缜密，那么不会漏掉这一讨论，即有可能原来某一个牧场的直径很长，要大于新牧场的直径，那么结果仍然为d1，因此最终的结果为d=max{d1,d2}。
下面附上代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int maxn=150+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct node
{
    int x;
    int y;
}a[maxn];
double cal(int i,int j)
{
    return sqrt((a[i].x-a[j].x)*(a[i].x-a[j].x)+(a[i].y-a[j].y)*(a[i].y-a[j].y));
}
int n;
double dis[maxn][maxn],ldis[maxn],l1,l2=inf,ans;
int main()
{
    int tmp;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%1d",&tmp);
            if(tmp)dis[i][j]=cal(i,j);
            else if(i!=j)dis[i][j]=inf;
        }    
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                if(dis[i][k]+dis[k][j]<dis[i][j])
                    dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(dis[i][j]!=inf)ldis[i]=max(dis[i][j],ldis[i]);
            l1=max(l1,ldis[i]);
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(dis[i][j]==inf)
                l2=min(ldis[i]+cal(i,j)+ldis[j],l2);
    ans=max(l1,l2);
    printf("%.6f",ans);
    return 0;
}

应该是做题太少，这道题自我认为还是比较有味道的，可以反复看一下。