k 短路

问题描述

给定一个有 个结点, 条边的有向图,求从 的所有不同路径中的第 短路径的长度。

A*算法

A*算法定义了一个对当前状态 的估价函数 ,其中 为从初始状态到达当前状态的实际代价, 为从当前状态到达目标状态的最佳路径的估计代价。每次取出 最优的状态 ,扩展其所有子状态,可以用 优先队列 来维护这个值。

在求解 短路问题时,令 为从当前结点到达终点 的最短路径长度。可以通过在反向图上对结点 跑单源最短路预处理出对每个结点的这个值。

由于设计的距离函数和估价函数,对于每个状态需要记录两个值,为当前到达的结点 和已经走过的距离 ,将这种状态记为

开始我们将初始状态 加入优先队列。每次我们取出估价函数 最小的一个状态,枚举该状态到达的结点 的所有出边,将对应的子状态加入优先队列。当我们访问到一个结点第 次时,对应的状态的 就是从 到该结点的第 短路。

优化:由于只需要求出从初始结点到目标结点的第 短路,所以已经取出的状态到达一个结点的次数大于 次时,可以不扩展其子状态。因为之前 次已经形成了 条合法路径,当前状态不会影响到最后的答案。

当图的形态是一个 元环的时候,该算法最坏是 的。但是这种算法可以在相同的复杂度内求出从起始点 到每个结点的前 短路。

实现

 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn = 5010;
const int maxm = 400010;
const int inf = 2e9;
int n, m, s, t, k, u, v, ww, H[maxn], cnt[maxn];
int cur, h[maxn], nxt[maxm], p[maxm], w[maxm];
int cur1, h1[maxn], nxt1[maxm], p1[maxm], w1[maxm];
bool tf[maxn];

void add_edge(int x, int y, double z) {
  cur++;
  nxt[cur] = h[x];
  h[x] = cur;
  p[cur] = y;
  w[cur] = z;
}

void add_edge1(int x, int y, double z) {
  cur1++;
  nxt1[cur1] = h1[x];
  h1[x] = cur1;
  p1[cur1] = y;
  w1[cur1] = z;
}

struct node {
  int x, v;

  bool operator<(node a) const { return v + H[x] > a.v + H[a.x]; }
};

priority_queue<node> q;

struct node2 {
  int x, v;

  bool operator<(node2 a) const { return v > a.v; }
} x;

priority_queue<node2> Q;

int main() {
  scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &s, &t, &k);
  while (m--) {
    scanf("%d%d%d", &u, &v, &ww);
    add_edge(u, v, ww);
    add_edge1(v, u, ww);
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) H[i] = inf;
  Q.push({t, 0});
  while (!Q.empty()) {
    x = Q.top();
    Q.pop();
    if (tf[x.x]) continue;
    tf[x.x] = true;
    H[x.x] = x.v;
    for (int j = h1[x.x]; j; j = nxt1[j]) Q.push({p1[j], x.v + w1[j]});
  }
  q.push({s, 0});
  while (!q.empty()) {
    node x = q.top();
    q.pop();
    cnt[x.x]++;
    if (x.x == t && cnt[x.x] == k) {
      printf("%d\n", x.v);
      return 0;
    }
    if (cnt[x.x] > k) continue;
    for (int j = h[x.x]; j; j = nxt[j]) q.push({p[j], x.v + w[j]});
  }
  printf("-1\n");
  return 0;
}

可持久化可并堆优化 k 短路算法

最短路树与任意路径

定义

在反向图上从 开始跑最短路,设在原图上结点 的最短路长度为 ,建出 任意 一棵以 为根的最短路树

所谓最短路径树,就是满足从树上的每个结点 到根节点 的简单路径都是 其中 一条最短路径。

性质

设一条从 的路径经过的边集为 ,去掉 中与 的交集得到

有如下性质:

  1. 对于一条不在 上的边 ,其为从 的一条边,边权为 ,定义其代价 ,即为选择该边后路径长度的增加量。则路径 的长度

  2. 中的所有边按照从 所经过的顺序依次排列,则对于 中相邻的两条边 ,有 相等或为其在 上的祖先。因为在 直接相连或中间都为树边。

  3. 对于一个确定存在的 ,有且仅有一个 ,使得 。因为由于性质 中相邻的两条边的起点和终点之间在 上只有一条路径。

问题转化

性质 告诉我们知道集合 后,如何求出 的值。

性质 告诉我们所有 一定满足的条件,所有满足这个条件的边集 都是合法的,也就告诉我们生成 的方法。

性质 告诉我们对于每个合法的 有且仅有一个边集 与之对应。

那么问题转化为:求 的值第 小的满足性质 的集合

过程

由于性质 ,我们可以记录按照从 的顺序排列的最后一条边和 的值,来表示一个边集

我们用一个小根堆来维护这样的边集

初始我们将起点为 上的祖先的所有的边中 最小的一条边加入小根堆。

每次取出堆顶的一个边集 ,有两种方法可以生成可能的新边集:

  1. 替换 中的最后一条边为满足相同条件的 更大的边。

  2. 在最后一条边后接上一条边,设 中最后一条边的终点,由性质 可得这条边需要满足其起点为 上的祖先。

将生成的新边集也加入小根堆。重复以上操作 次后求出的就是从 的第 短路。

对于每个结点 ,我们将以其为起点的边的 建成一个小根堆。为了方便查找一个结点 上的祖先在小根堆上的信息,我们将这些信息合并在一个编号为 的小根堆上。回顾以上生成新边集的方法,我们发现只要我们把紧接着可能的下一个边集加入小根堆,并保证这种生成方法可以覆盖所有可能的边集即可。记录最后选择的一条边在堆上对应的结点 ,有更优的方法生成新的边集:

  1. 替换 中的最后一条边为 在堆上的左右儿子对应的边。

  2. 在最后一条边后接上一条新的边,设 中最后一条边的终点,则接上编号为 的小根堆的堆顶结点对应的边。

用这种方法,每次生成新的边集只会扩展出最多三个结点,小根堆中的结点总数是

所以此算法的瓶颈在合并一个结点与其在 上的祖先的信息,如果使用朴素的二叉堆,时间复杂度为 ,空间复杂度为 ;如果使用可并堆,每次仍然需要复制堆中的全部结点,时间复杂度同样无法承受。

可持久化可并堆优化

在阅读本内容前,请先了解 可持久化可并堆 的相关知识。

使用可持久化可并堆优化合并一个结点与其在 上的祖先的信息,
每次将一个结点与其在 上的父亲合并,时间复杂度为 ,空间复杂度为 。这样在求出一个结点对应的堆时,无需复制结点且之后其父亲结点对应的堆仍然可以正常访问。

注意的是,如上文所言,最终询问时不需要可并堆的合并操作。
询问时使用优先队列维护可并堆的根,对于可并堆堆顶的删除,直接将其左右儿子加入优先队列中,
就只需要 而非 的空间。

实现

  1
  2
  3
  4
  5
  6
  7
  8
  9
 10
 11
 12
 13
 14
 15
 16
 17
 18
 19
 20
 21
 22
 23
 24
 25
 26
 27
 28
 29
 30
 31
 32
 33
 34
 35
 36
 37
 38
 39
 40
 41
 42
 43
 44
 45
 46
 47
 48
 49
 50
 51
 52
 53
 54
 55
 56
 57
 58
 59
 60
 61
 62
 63
 64
 65
 66
 67
 68
 69
 70
 71
 72
 73
 74
 75
 76
 77
 78
 79
 80
 81
 82
 83
 84
 85
 86
 87
 88
 89
 90
 91
 92
 93
 94
 95
 96
 97
 98
 99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn = 200010;
int n, m, s, t, k, x, y, ww, cnt, fa[maxn];

struct Edge {
  int cur, h[maxn], nxt[maxn], p[maxn], w[maxn];

  void add_edge(int x, int y, int z) {
    cur++;
    nxt[cur] = h[x];
    h[x] = cur;
    p[cur] = y;
    w[cur] = z;
  }
} e1, e2;

int dist[maxn];
bool tf[maxn], vis[maxn], ontree[maxn];

struct node {
  int x, v;

  node* operator=(node a) {
    x = a.x;
    v = a.v;
    return this;
  }

  bool operator<(node a) const { return v > a.v; }
} a;

priority_queue<node> Q;

void dfs(int x) {
  vis[x] = true;
  for (int j = e2.h[x]; j; j = e2.nxt[j])
    if (!vis[e2.p[j]])
      if (dist[e2.p[j]] == dist[x] + e2.w[j])
        fa[e2.p[j]] = x, ontree[j] = true, dfs(e2.p[j]);
}

struct LeftistTree {
  int cnt, rt[maxn], lc[maxn * 20], rc[maxn * 20], dist[maxn * 20];
  node v[maxn * 20];

  LeftistTree() { dist[0] = -1; }

  int newnode(node w) {
    cnt++;
    v[cnt] = w;
    return cnt;
  }

  int merge(int x, int y) {
    if (!x || !y) return x + y;
    if (v[x] < v[y]) swap(x, y);
    int p = ++cnt;
    lc[p] = lc[x];
    v[p] = v[x];
    rc[p] = merge(rc[x], y);
    if (dist[lc[p]] < dist[rc[p]]) swap(lc[p], rc[p]);
    dist[p] = dist[rc[p]] + 1;
    return p;
  }
} st;

void dfs2(int x) {
  vis[x] = true;
  if (fa[x]) st.rt[x] = st.merge(st.rt[x], st.rt[fa[x]]);
  for (int j = e2.h[x]; j; j = e2.nxt[j])
    if (fa[e2.p[j]] == x && !vis[e2.p[j]]) dfs2(e2.p[j]);
}

int main() {
  scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &s, &t, &k);
  for (int i = 1; i <= m; i++)
    scanf("%d%d%d", &x, &y, &ww), e1.add_edge(x, y, ww), e2.add_edge(y, x, ww);
  Q.push({t, 0});
  while (!Q.empty()) {
    a = Q.top();
    Q.pop();
    if (tf[a.x]) continue;
    tf[a.x] = true;
    dist[a.x] = a.v;
    for (int j = e2.h[a.x]; j; j = e2.nxt[j]) Q.push({e2.p[j], a.v + e2.w[j]});
  }
  if (k == 1) {
    if (tf[s])
      printf("%d\n", dist[s]);
    else
      printf("-1\n");
    return 0;
  }
  dfs(t);
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    if (tf[i])
      for (int j = e1.h[i]; j; j = e1.nxt[j])
        if (!ontree[j])
          if (tf[e1.p[j]])
            st.rt[i] = st.merge(
                st.rt[i],
                st.newnode({e1.p[j], dist[e1.p[j]] + e1.w[j] - dist[i]}));
  for (int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = false;
  dfs2(t);
  if (st.rt[s]) Q.push({st.rt[s], dist[s] + st.v[st.rt[s]].v});
  while (!Q.empty()) {
    a = Q.top();
    Q.pop();
    cnt++;
    if (cnt == k - 1) {
      printf("%d\n", a.v);
      return 0;
    }
    if (st.lc[a.x])  // 可并堆删除直接把左右儿子加入优先队列中
      Q.push({st.lc[a.x], a.v - st.v[a.x].v + st.v[st.lc[a.x]].v});
    if (st.rc[a.x])
      Q.push({st.rc[a.x], a.v - st.v[a.x].v + st.v[st.rc[a.x]].v});
    x = st.rt[st.v[a.x].x];
    if (x) Q.push({x, a.v + st.v[x].v});
  }
  printf("-1\n");
  return 0;
}

习题

「SDOI2010」魔法猪学院


评论