poj 3259 Bellman-ford + SPFA

Wormholes

Time Limit: 2000MS		Memory Limit: 65536K
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Description

While exploring his many farms, Farmer John has discovered a number of amazing wormholes. A wormhole is very peculiar because it is a one-way path that delivers you to its destination at a time that is BEFORE you entered the wormhole! Each of FJ's farms
comprises N (1 ≤ N ≤ 500) fields conveniently numbered 1..N, M (1 ≤ M ≤ 2500) paths, and W (1 ≤ W ≤ 200) wormholes.

As FJ is an avid time-traveling fan, he wants to do the following: start at some field, travel through some paths and wormholes, and return to the starting field a time before his initial departure. Perhaps he will be able to meet himself :) .

To help FJ find out whether this is possible or not, he will supply you with complete maps to F (1 ≤ F ≤ 5) of his farms. No paths will take longer than 10,000 seconds to travel and no wormhole can bring FJ back in time by more than 10,000
seconds.

Input

Line 1: A single integer, F. F farm descriptions follow. 

Line 1 of each farm: Three space-separated integers respectively: N, M, and W 

Lines 2..M+1 of each farm: Three space-separated numbers (S, E, T) that describe, respectively: a bidirectional path between S and E that requires T seconds to traverse. Two fields might be connected
by more than one path. 

Lines M+2..M+W+1 of each farm: Three space-separated numbers (S, E, T) that describe, respectively: A one way path from S to E that also moves the traveler back T seconds.
Output

Lines 1..F: For each farm, output "YES" if FJ can achieve his goal, otherwise output "NO" (do not include the quotes).
Sample Input

2
3 3 1
1 2 2
1 3 4
2 3 1
3 1 3
3 2 1
1 2 3
2 3 4
3 1 8

Sample Output

NO
YES

Hint

For farm 1, FJ cannot travel back in time. 

For farm 2, FJ could travel back in time by the cycle 1->2->3->1, arriving back at his starting location 1 second before he leaves. He could start from anywhere on the cycle to accomplish this.

题意：

虫洞问题，现在有n个点，m条边，代表现在可以走的通路，比如从a到b和从b到a需要花费c时间

现在在地上出现了w个虫洞，虫洞的意义就是你从a到b话费的时间是-c(时间倒流,并且虫洞是单向的)

现在问你从某个点开始走，能回到从前

Bellman-ford

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define INF 0x3f3f3f3f

int top;
struct node
{
int u,v,t;
}path[6010];
int n,m,w;

void add(int u,int v,int t)
{
path[top].u=u;
path[top].v=v;
path[top++].t=t;
}

int bellman_ford(int n)
{
int weight[520];
for(int i=0;i<=n;i++)
weight[i]=INF;
weight[1]=0;

int u,v,t;
for(int i=0;i<n-1;i++){
for(int j=0;j<top;j++){
u=path[j].u;
v=path[j].v;
t=path[j].t;

if(weight[u]+t<weight[v])
weight[v]=weight[u]+t;
}
}

for(int j=0;j<top;j++){
u=path[j].u;
v=path[j].v;
t=path[j].t;
if(weight[u]+t<weight[v])
return 0;
}
return 1;
}

int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);

top=0;
int u,v,t;
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&t);
add(u,v,t);
add(v,u,t);
}
for(int i=0;i<w;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&t);
add(u,v,-t);
}

if(!bellman_ford(n))
printf("YES\n");
else
printf("NO\n");
}
return 0;
}

SPFA

建立一个队列，初始时队列里只有起始点，再建立一个表格记录起始点到所有点的最短路径（该表格的初始值要赋为极大值，该点到他本身的路径赋为0）。然后执行松弛操作，用队列里有的点作为起始点去刷新到所有点的最短路，如果刷新成功且被刷新点不在队列中则把该点加入到队列最后。重复执行直到队列为空。

判断有无负环：

　　如果某个点进入队列的次数超过N次则存在负环（SPFA无法处理带负环的图）

 



 

 

 

首先建立起始点a到其余各点的

最短路径表格

                                  


首先源点a入队，当队列非空时：

　１、队首元素（a）出队，对以a为起始点的所有边的终点依次进行松弛操作（此处有b,c,d三个点），此时路径表格状态为：

                                  


在松弛时三个点的最短路径估值变小了，而这些点队列中都没有出现，这些点

需要入队，此时，队列中新入队了三个结点b,c,d

队首元素b点出队，对以b为起始点的所有边的终点依次进行松弛操作（此处只有e点），此时路径表格状态为：

                                 


在最短路径表中，e的最短路径估值也变小了，e在队列中不存在，因此e也要

入队，此时队列中的元素为c，d，e

队首元素c点出队，对以c为起始点的所有边的终点依次进行松弛操作（此处有e,f两个点），此时路径表格状态为：

                                 


在最短路径表中，e，f的最短路径估值变小了，e在队列中存在，f不存在。因此

e不用入队了，f要入队，此时队列中的元素为d，e，f

 队首元素d点出队，对以d为起始点的所有边的终点依次进行松弛操作（此处只有g这个点），此时路径表格状态为：

 

 

                               


在最短路径表中，g的最短路径估值没有变小（松弛不成功），没有新结点入队，队列中元素为f，g

队首元素f点出队，对以f为起始点的所有边的终点依次进行松弛操作（此处有d，e，g三个点），此时路径表格状态为：

                               


在最短路径表中，e，g的最短路径估值又变小，队列中无e点，e入队，队列中存在g这个点，g不用入队，此时队列中元素为g，e

队首元素g点出队，对以g为起始点的所有边的终点依次进行松弛操作（此处只有b点），此时路径表格状态为：

                           


在最短路径表中，b的最短路径估值又变小，队列中无b点，b入队，此时队列中元素为e，b

队首元素e点出队，对以e为起始点的所有边的终点依次进行松弛操作（此处只有g这个点），此时路径表格状态为：

 

                          


在最短路径表中，g的最短路径估值没变化（松弛不成功），此时队列中元素为b

队首元素b点出队，对以b为起始点的所有边的终点依次进行松弛操作（此处只有e这个点），此时路径表格状态为：

                         


在最短路径表中，e的最短路径估值没变化（松弛不成功），此时队列为空了

最终a到g的最短路径为１４

#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 10005

int map[MAXN][MAXN];
int dis[MAXN];
int num[MAXN],vis[MAXN];
int n,m,w;

bool SPFA()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i=1;i<=n;i++)
dis[i]=INF;

queue<int>q;
dis[0]=0; vis[0]=1;
q.push(0); num[0]++;

while(q.size())
{
int p=q.front();
q.pop();
vis[p]=0;

for(int i=1;i<=n;i++){
if(dis[p]+map[p][i]<dis[i]){
dis[i]=dis[p]+map[p][i];

if(vis[i]==0){
vis[i]=1;
num[i]++;
q.push(i);
if(num[i]>n)
return true;
}
}
}
}
return false;
}

int main()
{
int T;
//freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
map[i][j]=map[j][i]=INF;

int a,b,c;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
if(c<map[a][b])
map[a][b]=map[b][a]=c;
}
for(int i=1;i<=w;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
map[a][b]=-c;
}

for(int i=1;i<=n;i++)
map[0][i]=0;
if(SPFA())
puts("YES");
else
puts("NO");
}
return 0;
}

#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 6000

int dis[MAXN],head[MAXN],num[MAXN],vis[MAXN];
int n,m,w;
int top;

struct node
{
int v,w,next;
}path[MAXN];

void add(int u,int v,int w)
{
path[top].v=v;
path[top].w=w;
path[top].next=head[u];
head[u]=top++;
}

bool SPFA()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i=1;i<=n;i++)
dis[i]=INF;

queue<int>q;
vis[1]=1;    dis[1]=0;
q.push(1);   num[1]++;

while(q.size())
{
int p=q.front();
q.pop();
vis[p]=0;

for(int i=head[p];i!=-1;i=path[i].next){
int t=path[i].v;

if(dis[t]>dis[p]+path[i].w){
dis[t]=dis[p]+path[i].w;
if(vis[t]==0){
vis[t]=1;
q.push(t);
num[t]++;
if(num[t]>n)
return true;
}
}
}
}
return false;
}

int main()
{
int T;
//freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
top=0;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
memset(head,-1,sizeof(head));

int a,b,c;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,c);
add(b,a,c);
}
for(int i=1;i<=w;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,-c);
}

if(SPFA())
puts("YES");
else
puts("NO");
}
return 0;
}