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wzjs 2025/9/13 12:12:15

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算法原理：
Floyd算法用于求解图中所有顶点对之间的最短路径，基于动态规划思想，通过逐步优化中间节点实现。其核心递推公式为：
$d_{ij}^{(k)} = \min(d_{ij}^{(k-1)}, d_{ik}^{(k-1)} + d_{kj}^{(k-1)})$
其中 $d_{ij}^{(k)}$ 表示从i到j且仅经过前k个节点的最短路径。

例题：P2910 [USACO08OPEN] Clear And Present Danger S

题目描述

农夫约翰正驾驶一条小艇在牛勒比海上航行．

海上有 N(1≤N≤100) 个岛屿，用 1 到 N 编号．约翰从 1 号小岛出发，最后到达 N 号小岛．

一张藏宝图上说，如果他的路程上经过的小岛依次出现了 A1,A2,…,AM(2≤M≤10000) 这样的序列（不一定相邻），那他最终就能找到古老的宝藏．但是，由于牛勒比海有海盗出没．约翰知道任意两个岛屿之间的航线上海盗出没的概率，他用一个危险指数 Di,j(0≤Di,j≤100000) 来描述．他希望他的寻宝活动经过的航线危险指数之和最小．那么，在找到宝藏的前提下，这个最小的危险指数是多少呢？

输入格式

第一行：两个用空格隔开的正整数 N 和 M。

第二到第 M+1 行：第 i+1 行用一个整数 Ai 表示 FJ 必须经过的第 i 个岛屿

第 M+2 到第 N+M+1 行：第 i+M+1 行包含 N 个用空格隔开的非负整数分别表示 i 号小岛到第 1…N 号小岛的航线各自的危险指数。保证第 i 个数是 0。

输出格式

第一行：FJ 在找到宝藏的前提下经过的航线的危险指数之和的最小值。

说明这组数据中有三个岛屿，藏宝图要求 FJ 按顺序经过四个岛屿：1 号岛屿、2 号岛屿、回到 1 号岛屿、最后到 3 号岛屿。每条航线的危险指数也给出了：航路(1,2),(2,3),(3,1) 和它们的反向路径的危险指数分别是 5,2,1。

FJ 可以通过依次经过 1,3,2,3,1,3 号岛屿以 7 的最小总危险指数获得宝藏。这条道路满足了奶牛地图的要求 (1,2,1,3)。我们避开了 1 号和 2 号岛屿之间的航线，因为它的危险指数太大了。

注意：测试数据中 a 到 b 的危险指数不一定等于 b 到 a 的危险指数！

输入输出样例

输入

输出

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int MAXN = 105;
int n, m, ans;
int dist[MAXN][MAXN];
int order[10010];signed main() {cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> order[i];for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= n; j++) cin >> dist[i][j];for(int k = 1; k <= n; k++)for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= n; j++)dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k] + dist[k][j]);for(int i = 2; i <= m; i++) ans += dist[order[i - 1]][order[i]];ans += dist[1][order[1]];ans += dist[order[m]][n];cout << ans;return 0;
}

以下是代码的详细分步解析：

定义

const int MAXN = 105; 
int n, m, ans; int dist[MAXN][MAXN]; // 存储最短路径的邻接矩阵 
int order[10010]; // 存储订单访问顺序

MAXN= 表示图中最多有 $10^5$ 个节点
order数组规模10010说明最多支持10000个订单（从i=1到i=m）

主函数

步骤1：初始化邻接矩阵

for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= n; j++) cin >> dist[i][j];

输入n×n的邻接矩阵，dist[i][j]表示节点i到j的直接距离

步骤2：Floyd-Warshall算法

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

通过动态规划计算所有节点对的最短路径
时间复杂度 $O(n^3)$ ，有n≤100的规模，可行

步骤3：路径计算

// 累加订单节点间的路径
for(int i = 2; i <= m; i++) ans += dist[order[i - 1]][order[i]];// 添加起点和终点
ans += dist[1][order[1]];    // 从节点1到第一个订单节点
ans += dist[order[m]][n];    // 从最后一个订单节点到节点n