dijkstra演算法 是一種單源點最短路演算法求出乙個點到其他所有點的最短路。
給你這樣的乙個圖，需要求出1號點到其他點的最短距離是多少。
首先我們開乙個陣列 d[n]，d[x] 代表著從起點出發到x點的距離是多少。
開乙個陣列vis[n], vis[x]陣列代表著某個點d[x]是不是成為定值，不會再變小了。
然後我們在開乙個陣列，edge[n][n]，edge[a][b] 代表著從a點走到b的路程是多少。
如果不存在 a->b的這條邊，那麼就將他設定為-1。
更新d陣列的條件：d[a] > d[b] + edge[b][a] 的時候更新d[a]的值。
一開始我們將所有距離設定都設定 inf ( inf 意為無窮大）。
當然d[s] = 0;
所以對於剛開始的陣列d來說他的值應該為
圖的狀態應該是
現在我們從1號點出發，圖上存在乙個 1->3的邊 距離為 10 存在乙個1->2的邊 距離為20。
那麼d[3] = min(d[3], d[1] + edge[1][3]) d[2] = min(d[2], d[1] + edge[1][2])
d陣列即被更新成
其中vis[1] = 1，即這個點不會的距離不會在變小了。
我們掃一遍d陣列，跳過vis[x] == 1的點，找到d[x]最小的點，通過上面的那個陣列我們可以發現，這個點是3，
我們把 vis[3] = 1， 然後再通過3號點出發更新d.
d陣列的值為
然後我們繼續找到d[x]最小的且沒被標記過的點 由上表可知是點2
我們標記點2，然後再用2號點出發，看看有沒有點的距離可以被更新成更小的。
當我們走完2號點的邊的時候，圖就會變成
d陣列的結果為
我們繼續找到d[x]最小的且沒被標記過的點 由上表可知是點4
我們先標記4號點，然後通過點4出發，然後看一下出4號點出發，有沒有點的d會被更新成更小的值
d陣列的結果為
最後沒標記過的點只有5了， 我們從5號點出發，看看有沒有點會繼續被更新。
我們得到最後的圖就變成了
d陣列最後就被更新成了
這樣我們就進行完了dijkstra演算法。
從原點出發到各個點的最短路徑是多少就求出來了。
假設 d[a] < d[b] ， 並且存在edge[a][b] ， 那麼因為邊edge[a][b] > 0，那麼不可能通過 b 點去更新 a 點， 只可能從a點出發然後到b點，使得d[b]的更小。
因為更新的條件是 d[b] > d[a] + edge[a][b]。 所以只有從d更小的點出發才有可能使得別的點更小。
總結下來的話，就是從原點出發，每次都選出當前距離裡原點最近的點(跳過標記過的點）x，然後從x點出發，遍歷x點的所有邊，看一下是不是存在別的點可以通過點x往外走，使得原點到目標點的距離更小，並且標記一下點x，下次不會再選擇x，因為x已經是最小的了。
每次都確立乙個點，確立完乙個點後需要其訪問所有點去更新距離，總有由n個點
所以 時間複雜度是 n * 2n
來乙個題目：
hdu 2544
1 #include2 #include3 #include4 #include5view codeusing
namespace
std;
6int edge[100+5][100+5];7
int d[100+5];8
bool vis[100+5];9
const
int inf = 0x3f3f3f3f;10
intmain()
1122
for(int i = 2;i <= n;i++)
26 d[1] = 0
;27 vis[1] = 1;28
while (1)39
}40 printf("
%d\n
", d[n]);41}
42return0;
43 }
現在這個是時空複雜度最高的**。
接來下還有關於dijkstra優化的傳送門。
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