Bellman Ford演算法及其佇列優化與實戰入門

bellman-ford演算法能解決負權邊的圖，就是說能夠來判斷存在負環。

先來看一下核心**：

dis[i]      為源點到i點的最短路 
for(k = 1; k <= n-1; k++) //n為頂點的個數
for(int i = 1; i <= m; i++) //m為邊的條數
if(dis[v[i]] > dis[u[i]] + w[i]) 
//u[i]為第i條邊的起點，v[i]為第i條邊的終點，w[i]為第i條邊的權重（就是長度）
dis[v[i]] = dis[u[i]] + w[i]

最外層一共迴圈了n-1次，內迴圈迴圈了m次，

內迴圈的意思就是：通過每一條邊來鬆弛每兩個頂點之間的距離。

外迴圈n-1次的原因：因為在乙個包含n個頂點的圖中，任意兩點之間的最短路最多包含n-1條邊。

有些特別愛思考的同學又會發出乙個疑問：真的最多只能包含n-1條邊？最短路徑中不可能包含迴路麼？

答案是：不可能！最短路徑肯定是乙個不包含迴路的簡單路徑。迴路分為正權迴路（即迴路權值之和為正）和負權迴路（即迴路權值之和為負）。分別討論一下為什麼這兩種迴路都不可能有。如果最短路徑中包含正權迴路，那麼去掉這個迴路，一定可以得到更短的路徑。如果最短路徑中包含負權迴路，那麼肯定沒有最短路徑，因為每多走一次負權迴路就可以得到更短的路徑。因此，最短路徑肯定是乙個不包含迴路的簡單路徑，即最多包含n-1條邊，所以進行n-1輪鬆弛就可以了。

來個題實戰下：poj3259wormholes

#include
using
namespace
std;
int u[5400], v[5400], w[5400], dis[550];
int main()
for(int i = 2*m; i < 2*m+w; i++)
fill(dis, dis+540, 0x3f3f3f3f);
dis[1] = 0;
for(int i = 0; i < n-1; i++)
}if(!check)
break;
}bool flag = false;
for(int i = 0; i < 2*m+w; i++)
if(flag)//判斷是否存在負環，也就是說在進行n-1輪鬆弛後， 仍然可以繼續鬆弛成功，那麼此圖必然存在負權迴路。在之前證明中已經討論過，如果乙個圖沒有負權迴路，那麼最短路徑所包含的邊最多為n-1條，即進行n-1輪鬆弛之後最短路不會再發生變化。如果在n-1輪鬆弛之後最短路仍然會發生變化，則該圖必然存在負權迴路。
break;
}if(flag)
cout
<< "yes\n";
else
cout
<< "no\n";}}
return
0;}

bellman-ford的佇列優化解決：

每次僅對最短路程發生變化了的點的相鄰邊執行鬆弛操作。但是如何知道當前哪些點的最短路程發生了什麼變化呢？這裡可以用乙個佇列來維護這些點。

每次選取隊首頂點u（隨意命名的），對頂點u的所有出邊進行鬆弛操作。例如有一條u->v的邊，如果通過u->v這條邊是的源點到頂點v的最短路程變短（dis[u] + edge[u][v] < dis[v]）,且頂點v不在當前佇列中，就將頂點v放入隊尾。需要注意的是，同乙個頂點同事在佇列中出現多次是毫無意義的，所以需要乙個標記陣列進行判重（判斷哪些點已經在佇列中）。在對頂點u的所有出邊鬆弛完畢之後，就將頂點u出隊。接下來不斷從佇列中取出隊首頂點再進行如上操作，直到佇列空為止。

判斷有無負環：如果某個點進入佇列的次數超過n次則存在負環

#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
struct node
node(int a, int b)
};vector
a[505];
int dis[550], c[550];
bool vis[550];
int main()
for(int i = m*2; i < m*2 + w; i++)
fill(dis, dis+n +1, 0x3f3f3f3f);
dis[1] = 0;
memset(c, 0, sizeof(c));
memset(vis, false, sizeof(vis));
vis[1] = true;
int ok = 1;
c[1] = 1;
queue
q;q.push(1);
while(!q.empty())}}
if(ok == 0)
break;
}if(ok == 0)
cout
<< "yes\n";
else
cout
<< "no\n";}}
return
0;}

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