目录

一，单源最短路径

二，无向图实战

HDU 1874 畅通工程续

三，有向图实战

力扣 743. 网络延迟时间

一，单源最短路径 Dijskra

把点分为已经确定最短路的点和还没确定的点，每次新增一个确定最短路的点，确定之后根据它来对剩下的点刷新从起点到该点的可能的最短路，

每次都在剩下的点中，选取离起点最近的点加入到确定最短路的集合中，直到所有的点都确定最短路。

二，无向图实战

HDU 1874 畅通工程续

题目：

Description

某省自从实行了很多年的畅通工程计划后，终于修建了很多路。不过路多了也不好，每次要从一个城镇到另一个城镇时，都有许多种道路方案可以选择，而某些方案要比另一些方案行走的距离要短很多。这让行人很困扰。 

现在，已知起点和终点，请你计算出要从起点到终点，最短需要行走多少距离。
Input

本题目包含多组数据，请处理到文件结束。 
每组数据第一行包含两个正整数N和M(0<N<200,0<M<1000)，分别代表现有城镇的数目和已修建的道路的数目。城镇分别以0～N-1编号。 
接下来是M行道路信息。每一行有三个整数A,B,X(0<=A,B<N,A!=B,0<X<10000),表示城镇A和城镇B之间有一条长度为X的双向道路。 
再接下一行有两个整数S,T(0<=S,T<N)，分别代表起点和终点。
Output

对于每组数据，请在一行里输出最短需要行走的距离。如果不存在从S到T的路线，就输出-1. 
Sample Input

3 3
0 1 1
0 2 3
1 2 1
0 2
3 1
0 1 1
1 2
Sample Output

2
-1

太懒了，懒得用邻接表+优先队列了，直接用邻接矩阵然后暴力的求解。

用len记录任何2个点之间的距离，minlen记录一个点到s的最短距离。

minlen是不断更新的，只有访问过之后，即visit变成1之后，minlen才是真的到s的最短距离，在这之前都只是它的上界。

代码：
 

#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;

int n, m, s, t;
int con = 2000000;
int len[200][200];
int minlen[200];
int visit[200];

void dijkstra(int k)
{
	if (minlen[k] >= con)return;
	visit[k] = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		if (minlen[i]>minlen[k] + len[i][k])minlen[i] = minlen[k] + len[i][k];
	}
	int l = con, key = -1;
	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		if (visit[i] == 0 && l>minlen[i])
		{
			key = i;
			l = minlen[i];
		}
	}
	if (key < 0)return;
	dijkstra(key);
}

int main()
{
	int a, b, x;
	while (scanf("%d%d", &n, &m) != -1)
	{
		for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j < n; j++)len[i][j] = con;
		while (m--)
		{
			scanf("%d%d%d", &a, &b, &x);
			if (len[b][a]>x)len[a][b] = len[b][a] = x;
		}
		scanf("%d%d", &s, &t);
		for (int i = 0; i < n; i++)minlen[i] = len[i][s];
		memset(visit, 0, sizeof(visit));
		minlen[s] = 0;
		dijkstra(s);
		if (minlen[t]<con)printf("%d\n", minlen[t]);
		else printf("-1\n");
	}
	return 0;
}

不过还是挺快的，15ms  AC

这个题目有一个略坑的地方，2个城市之间不一定只有1条路，所以更新len的时候需要判断。

con是用200*10000得到的，con的作用是保证如果一个点和s是连通的，那么它们之间的距离一定小于con。

所以这个con也就是相当于无穷大的实现。

三，有向图实战

力扣 743. 网络延迟时间

有 n 个网络节点，标记为 1 到 n。

给你一个列表 times，表示信号经过 有向 边的传递时间。 times[i] = (ui, vi, wi)，其中 ui 是源节点，vi 是目标节点， wi 是一个信号从源节点传递到目标节点的时间。

现在，从某个节点 K 发出一个信号。需要多久才能使所有节点都收到信号？如果不能使所有节点收到信号，返回 -1 。

示例 1：

输入：times = [[2,1,1],[2,3,1],[3,4,1]], n = 4, k = 2
输出：2
示例 2：

输入：times = [[1,2,1]], n = 2, k = 1
输出：1
示例 3：

输入：times = [[1,2,1]], n = 2, k = 2
输出：-1
 

提示：

1 <= k <= n <= 100
1 <= times.length <= 6000
times[i].length == 3
1 <= ui, vi <= n
ui != vi
0 <= wi <= 100
所有 (ui, vi) 对都 互不相同（即，不含重复边）

//输入边集{
   {1，2}{1，3}{2，3}}，输出邻接表{1:{2,3},2:{3}}
map<int, vector<int>> edgeToAdjaList(vector<vector<int>>& v)
{
	map<int,vector<int>> ans;
	for (auto &vi : v) {
		ans[vi[0]].push_back(vi[1]);
	}
	return ans;
}
//输入带权边集，输出边和权的映射
map<pair<int, int>, int> edgeToValueMap(vector<vector<int>>& v)
{
	map<pair<int, int>, int>m;
	for (auto& vi : v) {
		m[{vi[0], vi[1]}] = vi[2];
	}
	return m;
}

struct Node
{
	int id;
	int len;
};
class cmp
{
public:
	bool operator()(Node a, Node b)
	{
		return a.len > b.len;
	}
};

class Solution {
public:
	int networkDelayTime(vector<vector<int>>& times, int n, int k) {
		map<int, int>m;
		for (int i = 1; i <= n; i++)m[i] = INT_MAX;
		map<int, vector<int>> adja = edgeToAdjaList(times);
		map<pair<int, int>, int> value = edgeToValueMap(times);
		priority_queue< Node, vector< Node>, cmp>que;
		map<int, int>visit;
		que.push({ k,0 });
		m[k] = 0;
		while (!que.empty())
		{
			Node nod = que.top();
			que.pop();
			if (visit[nod.id])continue;
			visit[nod.id] = 1;
			for (auto& vi : adja[nod.id]) {
				if (nod.len + value[{nod.id, vi}] < m[vi]) {
					que.push({ vi, m[vi] = nod.len + value[{nod.id, vi}] });
				}
			}
		}
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (m[i] == INT_MAX)return -1;
			ans = max(ans, m[i]);
		}
		return ans;
	}
};