负环
图 G G G中存在一个回路，该回路边权之和为负数，称之为负环。
spfa求负环
方法1 :统计每个点入队次数, 如果某个点入队n次, 说明存在负环。
证明：一个点入队n次，即被更新了n次。一个点每次被更新时所对应最短路的边数一定是递增的，也正因此该点被更新n次那么该点对应的的最短路长度一定大于等于n，即路径上点的个数至少为n+1。根据抽屉原理，路径中至少有一个顶点出现两次, 也就是路径中存在环路。 而算法保证只有距离减少才会更新, 所以环路权值之和为负数。
方法2 :统计从起点到任意顶点最短路经过的边数, 若某点对应边数 c n t ≥ n cnt≥n cnt≥n, 则也说明负环。
方法2根据抽屉原理易证。
我们一般采用方法2才求负环。
acwing904.虫洞
spfa求负环模板题
cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 510, M = 5210;
int h[N], w[M], e[M], ne[M], tot;
int dist[N];
int cnt[N];
bool st[N];
int q[N];
int t;
int n, m, k;
void add(int a, int b, int c)
{
e[tot] = b, ne[tot] = h[a], w[tot] = c, h[a] = tot ++ ;
}
bool spfa()
{
memset(dist, 0, sizeof dist);
memset(st, 0, sizeof st);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
int hh = 0, tt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
st[i] = 1;
q[tt ++ ] = i;
}
while (hh != tt)
{
int t = q[hh ++ ];
if (hh == N) hh = 0;
st[t] = 0;
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (dist[j] > dist[t] + w[i])
{
dist[j] = dist[t] + w[i];
cnt[j] = cnt[t] + 1;
if (cnt[j] == n) return true;
if (st[j]) continue;
st[j] = 1;
q[tt ++ ] = j;
if (tt == N) tt = 0;
}
}
}
return false;
}
int main()
{
cin >> t;
while (t -- )
{
cin >> n >> m >> k;
tot = 0;
memset(h, -1, sizeof h);
while (m -- )
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(a, b, c), add(b, a, c);
}
while (k -- )
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(a, b, -c);
}
bool t = spfa();
if (t) puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}acwing361.观光奶牛
本题要求我们求出环中存在的 ∑ f i ∑ t i \frac{\sum fi}{\sum ti} ∑ti∑fi的最大值，如果直接对问题进行求解是有难度的，考虑二分答案。首先易知，答案的范围在 1 / 1000 , 1000 1/1000, 1000 1/1000,1000之间，假设我们当前二分到的答案为 m i d mid mid,如果 a n s < m i d ans< mid ans<mid,我们可以去左半区间进行寻找,反之我们去右半区间寻找。
∑ f i ∑ t i > m i d \frac{\sum fi}{\sum ti}> mid ∑ti∑fi>mid
∑ f i > m i d ∗ ∑ t i \sum fi> mid*\sum ti ∑fi>mid∗∑ti
∑ f i − m i d ∗ ∑ t i > 0 \sum fi-mid*\sum ti> 0 ∑fi−mid∗∑ti>0
∑ ( f i − m i d ∗ t i ) > 0 \sum (fi-mid*ti)> 0 ∑(fi−mid∗ti)>0
∑ ( m i d ∗ t i − f i ) < 0 \sum (mid*ti-fi)< 0 ∑(mid∗ti−fi)<0
经过转换后，问题就等价于把图中边权换为 m i d ∗ t i − f i mid*ti-fi mid∗ti−fi,然后判断图中是否存在负环，存在负环则说明图中存在 ∑ f i ∑ t i > m i d \frac{\sum fi}{\sum ti}>mid ∑ti∑fi>mid的环。
cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1010, M = 5010;
int h[N], e[M], ne[M], tot;
int wf[N], wt[M];
int q[N];
double dist[N];
int cnt[N];
bool st[N];
int n, m;
void add(int a, int b, int c)
{
e[tot] = b, ne[tot] = h[a], wt[tot] = c, h[a] = tot ++ ;
}
bool check(double x)
{
memset(dist, 0, sizeof dist);
memset(st, 0, sizeof st);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
int hh = 0, tt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
st[i] = 1;
q[tt ++ ] = i;
}
while (hh != tt)
{
int t = q[hh ++ ];
if (hh == N) hh = 0;
st[t] = 0;
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
double w = x * wt[i] - wf[t];
if (dist[j] > dist[t] + w)
{
dist[j] = dist[t] + w;
cnt[j] = cnt[t] + 1;
if (cnt[j] == n) return true;
if (st[j]) continue;
st[j] = 1;
q[tt ++ ] = j;
if (tt == N) tt = 0;
}
}
}
return false;
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
cin >> wf[i];
memset(h, -1, sizeof h);
for (int i = 1; i <= m; i ++ )
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(a, b, c);
}
double l = 0, r = 1001;
while (r - l > 1e-4)
{
double mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.2lf", l);
return 0;
}acwing1165.单词环
我们第一感觉是把每一个单词看作一个节点，这样一来节点总数 n = 1 0 5 n=10^5 n=105，最坏情况是所有单词都可以互相进行匹配，这样一来边数 m = 1 0 5 ∗ 1 0 5 = 1 0 10 m=10^5*10^5=10^{10} m=105∗105=1010，考虑其他建图方式。
我们可以把每个单词看作一条边，这样一来边数 m = 1 0 5 m=10^5 m=105,每个单词开头结尾两个字母为节点，节点总数 n = 26 ∗ 26 = 676 n=26*26=676 n=26∗26=676。
本题要求我们求所有环的 ∑ w i ∑ 1 \frac{\sum wi}{\sum 1} ∑1∑wi最大值。和上题相同，二分答案，答案区间为 1 / 1000 , 1000 1/1000,1000 1/1000,1000。
∑ w i ∑ 1 > m i d \frac{\sum wi}{\sum 1}> mid ∑1∑wi>mid
∑ w i > m i d \sum wi> mid ∑wi>mid
∑ w i − m i d > 0 \sum wi-mid> 0 ∑wi−mid>0
∑ ( w i − m i d ) > 0 \sum (wi-mid)> 0 ∑(wi−mid)>0
∑ ( m i d − w i ) < 0 \sum (mid-wi)< 0 ∑(mid−wi)<0
经过转换后，问题就等价于把图中边权换为 m i d − w i mid-wi mid−wi,然后判断图中是否存在负环，存在负环则说明图中存在 ∑ w i ∑ 1 > m i d \frac{\sum wi}{\sum 1}>mid ∑1∑wi>mid的环。
cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 26 * 26 + 10, M = 100010;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], tot;
double dist[N];
bool st[N];
int cnt[N];
int q[N];
char s[1010];
int n;
void add(int a, int b, int c)
{
e[tot] = b, ne[tot] = h[a], w[tot] = c, h[a] = tot ++ ;
}
bool check(double mid)
{
memset(st, 0, sizeof st);
memset(dist, 0, sizeof dist);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
int hh = 0, tt = 0;
for (int i = 0; i < 26 * 26; i ++ )
{
q[tt ++ ] = i;
st[i] = 1;
}
int count = 0;
while (hh != tt)
{
int t = q[hh ++ ];
st[t] = 0;
if (hh == N) hh = 0;
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
double ww = mid - w[i];
if (dist[j] > dist[t] + ww)
{
dist[j] = dist[t] + ww;
cnt[j] = cnt[t] + 1;
if (++ count == 10000) return true;
if (cnt[j] == N) return true;
if (st[j]) continue;
st[j] = 1;
q[tt ++ ] = j;
if (tt == N) tt = 0;
}
}
}
return false;
}
int main()
{
while (cin >> n, n)
{
memset(h, -1, sizeof h);
tot = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
cin >> s;
int len = strlen(s);
if (len < 2) continue;
int ll = (s[0] - 'a') * 26 + s[1] - 'a';
int rr = (s[len - 2] - 'a') * 26 +s[len - 1] - 'a';
add(ll, rr, len);
}
double l = 0, r = 1001;
if (!check(0)) puts("No solution");
else{
while (r - l > 1e-4)
{
double mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.2lf\n", r);
}
}
return 0;
}