Floyd 算法
讲解链接：代码随想录
多源最短路问题 可以处理正负值 利用动态规划的思想得出算法公式
以下内容引自代码随想录：
Floyd 算法对边的权值正负没有要求，都可以处理。
Floyd算法核心思想是动态规划。
例如我们再求节点1 到 节点9 的最短距离，用二维数组来表示即：grid[1][9]，如果最短距离是10 ，那就是 grid[1][9] = 10。
那 节点1 到 节点9 的最短距离 是不是可以由 节点1 到节点5的最短距离 + 节点5到节点9的最短距离组成呢？
即 grid[1][9] = grid[1][5] + grid[5][9]
节点1 到节点5的最短距离 是不是可以有 节点1 到 节点3的最短距离 + 节点3 到 节点5 的最短距离组成呢？
即 grid[1][5] = grid[1][3] + grid[3][5]
以此类推，节点1 到 节点3的最短距离 可以由更小的区间组成。
那么这样我们是不是就找到了，子问题推导求出整体最优方案的递归关系呢。
节点1 到 节点9 的最短距离 可以由 节点1 到节点5的最短距离 + 节点5到节点9的最短距离组成， 也可以有 节点1 到节点7的最短距离 + 节点7 到节点9的最短距离的距离组成。
那么选哪个呢？
是不是 要选一个最小的，毕竟是求最短路。
此时我们已经接近明确递归公式了。
之前在讲解动态规划的时候，给出过动规五部曲：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 举例推导dp数组
那么接下来我们还是用这五部来给大家讲解 Floyd。
1、确定dp数组（dp table）以及下标的含义
这里我们用 grid数组来存图，那就把dp数组命名为 grid。
grid[i][j][k] = m，表示 节点i 到 节点j 以[1...k] 集合中的一个节点为中间节点的最短距离为m。
可能有录友会想，凭什么就这么定义呢？
节点i 到 节点j 的最短距离为m，这句话可以理解，但 以[1...k]集合为中间节点就理解不辽了。
节点i 到 节点j 的最短路径中 一定是经过很多节点，那么这个集合用[1...k] 来表示。
你可以反过来想，节点i 到 节点j 中间一定经过很多节点，那么你能用什么方式来表述中间这么多节点呢？
所以 这里的k不能单独指某个节点，k 一定要表示一个集合，即[1...k] ，表示节点1 到 节点k 一共k个节点的集合。
2、确定递推公式
在上面的分析中我们已经初步感受到了递推的关系。
我们分两种情况：
- 节点i 到 节点j 的最短路径经过节点k
- 节点i 到 节点j 的最短路径不经过节点k
对于第一种情况，grid[i][j][k] = grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1]
节点i 到 节点k 的最短距离 是不经过节点k，中间节点集合为[1...k-1]，所以 表示为grid[i][k][k - 1]
节点k 到 节点j 的最短距离 也是不经过节点k，中间节点集合为[1...k-1]，所以表示为 grid[k][j][k - 1]
第二种情况，grid[i][j][k] = grid[i][j][k - 1]
如果节点i 到 节点j的最短距离 不经过节点k，那么 中间节点集合[1...k-1]，表示为 grid[i][j][k - 1]
因为我们是求最短路，对于这两种情况自然是取最小值。
即： grid[i][j][k] = min(grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1]， grid[i][j][k - 1])
3、dp数组如何初始化
grid[i][j][k] = m，表示 节点i 到 节点j 以[1...k] 集合为中间节点的最短距离为m。
刚开始初始化k 是不确定的。
例如题目中只是输入边（节点2 -> 节点6，权值为3），那么grid[2][6][k] = 3，k需要填什么呢？
把k 填成1，那如何上来就知道 节点2 经过节点1 到达节点6的最短距离是多少 呢。
所以 只能 把k 赋值为 0，本题 节点0 是无意义的，节点是从1 到 n。
这样我们在下一轮计算的时候，就可以根据 grid[i][j][0] 来计算 grid[i][j][1]，此时的 grid[i][j][1] 就是 节点i 经过节点1 到达 节点j 的最小距离了。
grid数组是一个三维数组，那么我们初始化的数据在 i 与 j 构成的平层，如图：
红色的 底部一层是我们初始化好的数据，注意：从三维角度去看初始化的数据很重要，下面我们在聊遍历顺序的时候还会再讲。
所以初始化代码：
vector<vector<vector<int>>> grid(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1, 10005))); // C++定义了一个三位数组，10005是因为边的最大距离是10^4
for(int i = 0; i < m; i++){
cin >> p1 >> p2 >> val;
grid[p1][p2][0] = val;
grid[p2][p1][0] = val; // 注意这里是双向图
}
grid数组中其他元素数值应该初始化多少呢？
本题求的是最小值，所以输入数据没有涉及到的节点的情况都应该初始为一个最大数。
这样才不会影响，每次计算去最小值的时候 初始值对计算结果的影响。
所以grid数组的定义可以是：
// C++写法，定义了一个三位数组，10005是因为边的最大距离是10^4
vector<vector<vector<int>>> grid(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1, 10005)));
4、确定遍历顺序
从递推公式：grid[i][j][k] = min(grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1]， grid[i][j][k - 1]) 可以看出，我们需要三个for循环，分别遍历i，j 和k
而 k 依赖于 k - 1， i 和j 的到 并不依赖与 i - 1 或者 j - 1 等等。
那么这三个for的嵌套顺序应该是什么样的呢？
我们来看初始化，我们是把 k =0 的 i 和j 对应的数值都初始化了，这样才能去计算 k = 1 的时候 i 和 j 对应的数值。
这就好比是一个三维坐标，i 和j 是平层，而k 是 垂直向上 的。
遍历的顺序是从底向上 一层一层去遍历。
所以遍历k 的for循环一定是在最外面，这样才能一层一层去遍历。如图：
至于遍历 i 和 j 的话，for 循环的先后顺序无所谓。
代码如下：
for (int k = 1; k <= n; k++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
grid[i][j][k] = min(grid[i][j][k-1], grid[i][k][k-1] + grid[k][j][k-1]);
}
}
}import java.util.Scanner;
public class Floyd_Ar {
//多源最短路问题
public static int MAX_VAL = 10005;//边的最大距离是10^4/
//不选Integer.MAX_VALUE是为了避免相加导致数值溢出
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
System.out.println("1.输入n m");
int m = scanner.nextInt();
int n = scanner.nextInt();
System.out.println("2.输入m条边");
//dp定义（grid[i][j][k]节点i到节点j 可能经过节点k(k属于[1,n]方最短路径
int[][][] grid = new int[n + 1][n + 1][n + 1];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
for (int k = 0; k <= n; k++) {
grid[i][j][k] = grid[j][i][k] = MAX_VAL;//其余设置为最大值
}
}
}
//dp推导 grid[i][j][k] = min(grid[i][k][k-1] + grid[k][j][k-1],grid[i][j][k-1])
while (m-- > 0){
int u = scanner.nextInt();
int v = scanner.nextInt();
int weight = scanner.nextInt();
grid[u][v][0] = grid[v][u][0] = weight;//初始化（处理k=0的情况）
}
//dp推导 floyd推导
for (int k = 0; k <= n; k++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
for (int i = 1; k <= n; i++) {
grid[i][j][k] = Math.min(grid[i][k][k - 1] + grid[k][j][k - 1],grid[i][j][k - 1]);
}
}
}
System.out.println("3.输入[起点-终点]计划个数");
int x = scanner.nextInt();
System.out.println("4.输入每个起点src 终点dst");
while (x-- > 0){
int src = scanner.nextInt();
int dst = scanner.nextInt();
//根据floyd推导结果输出计划路径的最小距离
if(grid[src][dst][n] == MAX_VAL){
System.out.println("-1");
}else{
System.out.println(grid[src][dst][n]);
}
}
}
}
A * 算法精讲 （A star算法）
实际上 A*是对bfs的优化版本 也有迪杰斯特拉对A*的优化
这里用bfs优化
以下内容引自代码随想录：
我们看到这道题目的第一个想法就是广搜，这也是最经典的广搜类型题目。
这里我直接给出广搜的C++代码：
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string.h>
using namespace std;
int moves[1001][1001];
int dir[8][2]={-2,-1,-2,1,-1,2,1,2,2,1,2,-1,1,-2,-1,-2};
void bfs(int a1,int a2, int b1, int b2)
{
queue<int> q;
q.push(a1);
q.push(a2);
while(!q.empty())
{
int m=q.front(); q.pop();
int n=q.front(); q.pop();
if(m == b1 && n == b2)
break;
for(int i=0;i<8;i++)
{
int mm=m + dir[i][0];
int nn=n + dir[i][1];
if(mm < 1 || mm > 1000 || nn < 1 || nn > 1000)
continue;
if(!moves[mm][nn])
{
moves[mm][nn]=moves[m][n]+1;
q.push(mm);
q.push(nn);
}
}
}
}
int main()
{
int n, a1, a2, b1, b2;
cin >> n;
while (n--) {
cin >> a1 >> a2 >> b1 >> b2;
memset(moves,0,sizeof(moves));
bfs(a1, a2, b1, b2);
cout << moves[b1][b2] << endl;
}
return 0;
}
提交后，大家会发现，超时了。
因为本题地图足够大，且 n 也有可能很大，导致有非常多的查询。
我们来看一下广搜的搜索过程，如图，红色是起点，绿色是终点，黄色是要遍历的点，最后从 起点 找到 达到终点的最短路径是棕色。
可以看出 广搜中，做了很多无用的遍历， 黄色的格子是广搜遍历到的点。
这里我们能不能让便利方向，向这终点的方向去遍历呢？
这样我们就可以避免很多无用遍历。
Astar 是一种 广搜的改良版。 有的是 Astar是 dijkstra 的改良版。
其实只是场景不同而已 我们在搜索最短路的时候， 如果是无权图（边的权值都是1） 那就用广搜，代码简洁，时间效率和 dijkstra 差不多 （具体要取决于图的稠密）
如果是有权图（边有不同的权值），优先考虑 dijkstra。
而 Astar 关键在于 启发式函数， 也就是 影响 广搜或者 dijkstra 从 容器（队列）里取元素的优先顺序。
以下，我用BFS版本的A * 来进行讲解。
在BFS中，我们想搜索，从起点到终点的最短路径，要一层一层去遍历。
如果 使用A * 的话，其搜索过程是这样的，如图，图中着色的都是我们要遍历的点。
（上面两图中 最短路长度都是8，只是走的方式不同而已）
大家可以发现 BFS 是没有目的性的 一圈一圈去搜索， 而 A * 是有方向性的去搜索。
看出 A * 可以节省很多没有必要的遍历步骤。
为了让大家可以明显看到区别，我将 BFS 和 A * 制作成可视化动图，大家可以自己看看动图，效果更好。
地址：https://kamacoder.com/tools/knight.html
那么 A * 为什么可以有方向性的去搜索，它的如何知道方向呢？
其关键在于 启发式函数。
那么启发式函数落实到代码处，如果指引搜索的方向？
在本篇开篇中给出了BFS代码，指引 搜索的方向的关键代码在这里：
int m=q.front();q.pop();
int n=q.front();q.pop();
从队列里取出什么元素，接下来就是从哪里开始搜索。
所以 启发式函数 要影响的就是队列里元素的排序！
这是影响BFS搜索方向的关键。
对队列里节点进行排序，就需要给每一个节点权值，如何计算权值呢？
每个节点的权值为F，给出公式为：F = G + H
G：起点达到目前遍历节点的距离
H：目前遍历的节点到达终点的距离
起点达到目前遍历节点的距离 + 目前遍历的节点到达终点的距离 就是起点到达终点的距离。
本题的图是无权网格状，在计算两点距离通常有如下三种计算方式：
- 曼哈顿距离，计算方式： d = abs(x1-x2)+abs(y1-y2)
- 欧氏距离（欧拉距离） ，计算方式：d = sqrt( (x1-x2)^2 + (y1-y2)^2 )
- 切比雪夫距离，计算方式：d = max(abs(x1 - x2), abs(y1 - y2))
x1, x2 为起点坐标，y1, y2 为终点坐标 ，abs 为求绝对值，sqrt 为求开根号，
选择哪一种距离计算方式 也会导致 A * 算法的结果不同。
本题，采用欧拉距离才能最大程度体现 点与点之间的距离。
所以 使用欧拉距离计算 和 广搜搜出来的最短路的节点数是一样的。 （路径可能不同，但路径上的节点数是相同的）
我在制作动画演示的过程中，分别给出了曼哈顿、欧拉以及契比雪夫 三种计算方式下，A * 算法的寻路过程，大家可以自己看看看其区别。
动画地址：https://kamacoder.com/tools/knight.html
计算出来 F 之后，按照 F 的 大小，来选去出队列的节点。
可以使用 优先级队列 帮我们排好序，每次出队列，就是F最小的节点。
实现代码如下：（启发式函数 采用 欧拉距离计算方式）
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string.h>
using namespace std;
int moves[1001][1001];
int dir[8][2]={-2,-1,-2,1,-1,2,1,2,2,1,2,-1,1,-2,-1,-2};
int b1, b2;
// F = G + H
// G = 从起点到该节点路径消耗
// H = 该节点到终点的预估消耗
struct Knight{
int x,y;
int g,h,f;
bool operator < (const Knight & k) const{ // 重载运算符， 从小到大排序
return k.f < f;
}
};
priority_queue<Knight> que;
int Heuristic(const Knight& k) { // 欧拉距离
return (k.x - b1) * (k.x - b1) + (k.y - b2) * (k.y - b2); // 统一不开根号，这样可以提高精度
}
void astar(const Knight& k)
{
Knight cur, next;
que.push(k);
while(!que.empty())
{
cur=que.top(); que.pop();
if(cur.x == b1 && cur.y == b2)
break;
for(int i = 0; i < 8; i++)
{
next.x = cur.x + dir[i][0];
next.y = cur.y + dir[i][1];
if(next.x < 1 || next.x > 1000 || next.y < 1 || next.y > 1000)
continue;
if(!moves[next.x][next.y])
{
moves[next.x][next.y] = moves[cur.x][cur.y] + 1;
// 开始计算F
next.g = cur.g + 5; // 统一不开根号，这样可以提高精度，马走日，1 * 1 + 2 * 2 = 5
next.h = Heuristic(next);
next.f = next.g + next.h;
que.push(next);
}
}
}
}
int main()
{
int n, a1, a2;
cin >> n;
while (n--) {
cin >> a1 >> a2 >> b1 >> b2;
memset(moves,0,sizeof(moves));
Knight start;
start.x = a1;
start.y = a2;
start.g = 0;
start.h = Heuristic(start);
start.f = start.g + start.h;
astar(start);
while(!que.empty()) que.pop(); // 队列清空
cout << moves[b1][b2] << endl;
}
return 0;
}
复杂度分析
A * 算法的时间复杂度 其实是不好去量化的，因为他取决于 启发式函数怎么写。
最坏情况下，A * 退化成广搜，算法的时间复杂度 是 O(n * 2)，n 为节点数量。
最佳情况，是从起点直接到终点，时间复杂度为 O(dlogd)，d 为起点到终点的深度。
因为在搜索的过程中也需要堆排序，所以是 O(dlogd)。
实际上 A * 的时间复杂度是介于 最优 和最坏 情况之间， 可以 非常粗略的认为 A * 算法的时间复杂度是 O(nlogn) ，n 为节点数量。
A * 算法的空间复杂度 O(b ^ d) ,d 为起点到终点的深度，b 是 图中节点间的连接数量，本题因为是无权网格图，所以 节点间连接数量为 4。
java：
import java.util.*;
class Knight implements Comparable<Knight>{
int x,y;
int g,h,f;
public Knight(int x, int y, int g, int h, int f) {
this.x = x;
this.y = y;
this.g = g;
this.h = h;
this.f = f;
}
public int compareTo(Knight other){
return Integer.compare(this.f,other.f);
}
}
class Astar_Ar {
static int[][] moves = new int[1001][1001];
static int[][] dir = {
{-2, -1}, {-2, 1}, {-1, 2}, {1, 2}, {2, 1}, {2, -1}, {1, -2}, {-1, -2}};
static int b1,b2;
static int calculate(Knight k){
return(k.x - b1) * (k.x - b1) + (k.y - b2) * (k.y - b2);
}
static void Astar(Knight k){
PriorityQueue<Knight> queue = new PriorityQueue<>();
queue.add(k);
while (!queue.isEmpty()){
Knight cur = queue.poll();
if(cur.x == b1 && cur.y == b2)break;
for (int i = 0; i < 8; i++) {
Knight next = new Knight(cur.x + dir[i][0], cur.y + dir[i][1], 0, 0, 0);
if (next.x < 1 || next.x > 1000 || next.y < 1 || next.y > 1000) continue;
if (moves[next.x][next.y] == 0) {
moves[next.x][next.y] = moves[cur.x][cur.y] + 1;
next.g = cur.g + 5;
next.h = calculate(next);
next.f = next.g + next.h;
queue.add(next);
}
}
}
}
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int n = scanner.nextInt();
while (n-- > 0) {
int a1 = scanner.nextInt();
int a2 = scanner.nextInt();
b1 = scanner.nextInt();
b2 = scanner.nextInt();
for (int[] row : moves) Arrays.fill(row, 0);
Knight start = new Knight(a1, a2, 0, calculate(new Knight(a1, a2, 0, 0, 0)), 0);
Astar(start);
System.out.println(moves[b1][b2]);
}
}
}
最短路算法总结篇
最短路我一点都记不住QAQ
贴上代码随想录：
最短路算法比较复杂，而且各自有各自的应用场景，我来用一张表把讲过的最短路算法的使用场景都展现出来：
（因为A * 属于启发式搜索，和上面最短路算法并不是一类，不适合一起对比，所以没有放在一起）
可能有同学感觉：这个表太复杂了，我记也记不住。
其实记不住的原因还是对 这几个最短路算法没有深刻的理解。
这里我给大家一个大体使用场景的分析：
如果遇到单源且边为正数，直接Dijkstra。
至于 使用朴素版还是 堆优化版 还是取决于图的稠密度， 多少节点多少边算是稠密图，多少算是稀疏图，这个没有量化，如果想量化只能写出两个版本然后做实验去测试，不同的判题机得出的结果还不太一样。
一般情况下，可以直接用堆优化版本。
如果遇到单源边可为负数，直接 Bellman-Ford，同样 SPFA 还是 Bellman-Ford 取决于图的稠密度。
一般情况下，直接用 SPFA。
如果有负权回路，优先 Bellman-Ford， 如果是有限节点最短路 也优先 Bellman-Ford，理由是写代码比较方便。
如果是遇到多源点求最短路，直接 Floyd。
除非 源点特别少，且边都是正数，那可以 多次 Dijkstra 求出最短路径，但这种情况很少，一般出现多个源点了，就是想让你用 Floyd 了。
对于A * ，由于其高效性，所以在实际工程应用中使用最为广泛 ，由于其 结果的不唯一性，也就是可能是次短路的特性，一般不适合作为算法题。
游戏开发、地图导航、数据包路由等都广泛使用 A * 算法。
图论总结
讲解链接：图论总结篇 | 代码随想录
打卡！day62 代码随想录训练营最后一天！