洛谷题单指南-最短路-P6464 传智杯 决赛 传送门

洛谷题单指南-最短路-P6464 传智杯 决赛 传送门

原题链接： www.luogu.com.cn/problem/P64… 题意解读： 将任意两点连一条权值为0的边，计算所有不同两点最短路之和的最小值。 解题思路： 1、朴素想法 枚举所有可能连0边的两点(O(n^2))，建立0边之后跑Floyd算法(O(n^3))，然后更新答案。 总体复杂度为O(n^5)，需要进行优化。 2、优化方法 对于每一次两点建0边，都跑一遍完整的Floyd算法，是比较浪费的！ 因为Floyd会更新所有两点之间的最短路，而两点建0边，只会影响经过这两点的所有路径的最短路。 所以跑Floyd时没有必要枚举所有的中间点，只需要固定建0边的2个点，更新经过这两个点的所有路径的最短路即可！ 这样复杂度可以优化到O(n^4)。 100分代码： ```

洛谷题单指南-最短路-P6464 传智杯 决赛 传送门

using namespace std;

const int N = 205; int d[N][N], b[N][N]; int n, m;

int main() { memset(d, 0x3f, sizeof(d)); cin >> n >> m; while(m--) { int u, v, w; cin >> u >> v >> w; d[u][v] = d[v][u] = w; } for(int i = 1; i <= n; i++) { d[i][i] = 0; }

for(int k = 1; k <= n; k++)
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k] + d[k][j]);

int ans = 2e9;

//枚举所有可能的传送门
for(int x = 1; x < n; x++)
{
    for(int y = x; y <= n; y++)
    {
        memcpy(b, d, sizeof(d)); //把d复制一份到b
        b[x][y] = b[y][x] = 0; //传送门对应的路径长度置为0

        //对于经过传送门中点x的最短路进行floyd操作
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                b[i][j] = min(b[i][j], b[i][x] + b[x][j]);
        //对于经过传送门中点y的最短路进行floyd操作
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                b[i][j] = min(b[i][j], b[i][y] + b[y][j]);
        
        //更新一次答案
        int res = 0;
        for(int i = 1; i < n; i++)
            for(int j = i + 1; j <= n; j++)
                res += b[i][j];
        
        ans = min(ans, res);
    }
}

cout << ans;

return 0;

}

> 原文链接: https://www.cnblogs.com/jcwy/p/18822385