由于是复习，所以不会解释太多。

主要为Dijkstra的堆优化板子和朴素版（看数据范围）

再次看看时间复杂度[ n 为点数，m 为边数 ]：朴素版：O( $n^{2}$ )，堆优化版：O( (n+m)logm )。

1.热浪（Acwing 1129）

2.信使（Acwing 1128）

3.香甜的黄油（Acwing 1127）

4.最小花费（Acwing 1126）

方法一（求边权乘积最大）：

方法二（用 log 函数转化为加法，传统“最短路”）：

5.最优乘车（Acwing 920）

6.昂贵的聘礼（Acwing 903）

重点：建图

1.热浪（Acwing 1129）

来源：《信息学奥赛一本通》 , USACO

题目：

一个很裸的最短路板子，附上堆优化的板子：

#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=3e3,M=2e5+6;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,s,t,ct,head[N],dis[N],vis[N];
struct edge{
	int to,w,nxt;
}e[M];
struct ty{
	int x,dis;
	bool operator < (const ty &a)const{
		return dis>a.dis;
	}
}tp;
priority_queue<ty>q;
void add(int u,int v,int w){
	e[++ct].to=v;
	e[ct].w=w;
	e[ct].nxt=head[u];
	head[u]=ct;
}
int Dij(){
	for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=inf;
	dis[s]=0;
	q.push((ty){s,0});
	while(!q.empty()){
		tp=q.top();
		q.pop();
		int u=tp.x;
		if(vis[u])continue;
		vis[u]=1;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
			int v=e[i].to;
			if(vis[v])continue;
			if(dis[v]>dis[u]+e[i].w){
				dis[v]=dis[u]+e[i].w;
				q.push((ty){v,dis[v]});
			}
		}
	}
	return dis[t];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>s>>t;
	for(int i=0,u,v,w;i<m;i++){
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w);
		add(v,u,w);
	}
	cout<<Dij(); 
	return 0;
}

2.信使（Acwing 1128）

来源：《信息学奥赛一本通》

题目：

求出指挥部到每个点的最短路，答案为所有最短时间中的最大值。（要最后跑完的也跑完才算完成）所以也就是多个Dijkstra:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,ct,ans,head[105],dis[105],vis[105];
struct edge{
	int to,w,nxt;
}e[410];
struct ty{
	int x,dis;
	bool operator < (const ty &a)const{
		return dis>a.dis;
	}
}tp;
priority_queue<ty>q;
void add(int u,int v,int w){
	e[++ct].to=v;
	e[ct].w=w;
	e[ct].nxt=head[u];
	head[u]=ct;
}
int Dij(int t){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		dis[i]=inf,vis[i]=0;
	dis[1]=0;
	q.push((ty){1,0});
	while(!q.empty()){
		tp=q.top();
		q.pop();
		int u=tp.x;
		if(vis[u])continue;
		vis[u]=1;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
			int v=e[i].to;
			if(vis[v])continue;
			if(dis[v]>dis[u]+e[i].w){
				dis[v]=dis[u]+e[i].w;
				q.push((ty){v,dis[v]});
			}
		}
	}
	return dis[t];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=0,u,v,w;i<m;i++){
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w);
		add(v,u,w);
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)
		ans=max(ans,Dij(i));
	cout<<(ans==inf?-1:ans);
	return 0;
}

3.香甜的黄油（Acwing 1127）

来源：《信息学奥赛一本通》 , usaco training 3.2

题目：

枚举答案牧场，求出每个有牛的牧场到答案牧场的最短距离和（有几头牛就将那个牧场路径乘以几）还是堆优化的代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int M=805,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,p,ct,a[M],head[M],dis[M],vis[M];
struct edge{
	int to,w,nxt;
}e[3000];
struct ty{
	int x,dis;
	bool operator < (const ty &a)const{
		return dis>a.dis;
	}
}tp;
priority_queue<ty>q;
void add(int u,int v,int w){
	e[++ct].to=v;
	e[ct].w=w;
	e[ct].nxt=head[u];
	head[u]=ct;
}
int Dij(int s){
	for(int i=1;i<=p;i++)
		dis[i]=inf, vis[i]=0;
	dis[s]=0;
	q.push((ty){s,0});
	while(!q.empty()){
		tp=q.top();
		q.pop();
		int u=tp.x;
		if(vis[u])continue;
		vis[u]=1;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
			int v=e[i].to;
			if(vis[v])continue;
			if(dis[v]>dis[u]+e[i].w){
				dis[v]=dis[u]+e[i].w;
				q.push((ty){v,dis[v]});
			}
		}
	}
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=p;i++){
		if(a[i]&&dis[i]==inf)return inf;//注意：没牛的牧场没必要连通
		sum+=dis[i]*a[i];
	}
	return sum;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>p>>m;
	for(int i=0,x;i<n;i++){
		cin>>x;
		a[x]++;
	}
	for(int i=0,u,v,w;i<m;i++){
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w);
		add(v,u,w);
	}
	int ans=inf;
	for(int i=1;i<=p;i++)
		ans=min(ans,Dij(i));
	cout<<ans;
	return 0;
}

4.最小花费（Acwing 1126）

来源：《信息学奥赛一本通》

题目：

方法一（求边权乘积最大）：

扣除 z% 的手续费其实就是变为原来的（1-z%）将最短路板子的边权换作该比例，求乘积最大值，由于从“最短路”变为求“最大”，所以此时堆优化板子的优先队列的优先级也跟原来相反，应先弹出“最大值”。

方法二（用 log 函数转化为加法，传统“最短路”）：

要使 $w_{1}w_{2}w_{3}...w_{n}$ 最大，对其取 log ，因为单调性一致，相当于求 $log w_{1}+log w_{2}+log w_{3}+...+log w_{n}$ 最大值，又因为 w=(1 - z%) <= 1，所以logw 的值都为负数，求负数的最大值，可对所有边先乘上 -1，将其转化为正数再求正数的最小值。即边权的和的最小值-->转换为“传统”最短路写法。

当然方法二只是告诉我们这道题可以用原始最短路的写法来写，但是真用 log 函数转换比较复杂，这里直接用方法一即可。

数据比较小，可以用朴素Dijkstra写法（即用邻接表）此处附上两种写法：

1.堆优化版：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=2010,M=2e5+5;
int n,m,ct,s,t,head[N],vis[N];
double dis[N];
struct edge{
	int to,nxt;
	double w;
}e[M];
struct ty{
	int x;
	double dis;
	bool operator < (const ty&a)const{
		return dis<a.dis;
	}
};
priority_queue<ty>q;
void add(int u,int v,double w){
	e[++ct].to=v;
	e[ct].w=w;
	e[ct].nxt=head[u];
	head[u]=ct;
}
void Dij(){
	dis[s]=1;
	q.push((ty){s,1});
	while(!q.empty()){
		int u=q.top().x;
		q.pop();
		if(vis[u])continue;
		vis[u]=1;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
			int v=e[i].to;
			if(vis[v])continue;
			if(dis[v]<dis[u]*e[i].w){
				dis[v]=dis[u]*e[i].w;
				q.push((ty){v,dis[v]});
			}
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=0,x,y,z;i<m;i++){
		cin>>x>>y>>z;
		add(x,y,(100-z)*0.01);
		add(y,x,(100-z)*0.01);
	}
	cin>>s>>t;
	Dij();
	printf("%.8f",100/dis[t]);
	return 0;
}

2.朴素版：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e3+5;
int n,m,s,t,vis[N];
double a[N][N],dis[N];
void Dij(){
	dis[s]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int t=-1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(!vis[j]&&(t==-1||dis[j]>dis[t]))t=j;
		vis[t]=1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			dis[j]=max(dis[j],dis[t]*a[t][j]);
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0,x,y,z;i<m;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		a[x][y]=a[y][x]=(100-z)*0.01;
	}
	scanf("%d%d",&s,&t);
	Dij();
	printf("%.8f",100/dis[t]);
	return 0;
}

5.最优乘车（Acwing 920）

来源：NOI1997

题目：

换乘次数=乘车次数 - 1，考虑乘车次数，读懂题意，单程车，比如 4 7 3 6这条，4-7，4-3，7-6都是一次乘车，我们可以建图将一条公交路线上的点与其后所有的站点连边，边权为1，即一个公交路线的所有乘车情况。再求最短路即可，又因为边权都是1，所以可以bfs.

还有不得不提的是本题的输入，可以用 sstream 的 stringstream.

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=510,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,a[N],mp[N][N],dis[N];
string s;
queue<int>q;
void bfs(){
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	dis[1]=0;
	q.push(1);
	while(!q.empty()){
		int tp=q.front();
		q.pop();
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(mp[tp][i]&&dis[i]>dis[tp]+1){
				dis[i]=dis[tp]+1;
				q.push(i);
			}
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>m>>n;
	getline(cin,s);
	while(m--){
		getline(cin,s);
		stringstream ss(s);
		int x,ct=0;
		while(ss>>x)a[ct++]=x;
		for(int i=0;i<ct;i++)
			for(int j=i+1;j<ct;j++)mp[a[i]][a[j]]=1;
	}
	bfs();
	if(dis[n]==inf)cout<<"NO";
	else cout<<(dis[n]>1?dis[n]-1:0);
	return 0;
}

6.昂贵的聘礼（Acwing 903）

来源：POJ1062 , kuangbin专题

题目：

重点：建图

1.超级原点的思想（这种思想其实很普遍很常见）：建立一个原点0，使它能到所有的点（物品），边权为该物品的购买的价格。

2.物品A 由物品B + 金币换得：在点B到A之间连单向边，边权为还需加上的金币数。

3.等级限制的处理：枚举区间，区间最长为 m+1，必须要包括物品1，则枚举区间左端点 left: [ level[1] - m, level[1] ]，则右端点 right 为 left + m，每次 Dijkstra 只对等级在 left 和 right 之间的转移。取每次Dijkstra 的dis[1] 的最小值。

由于点数很小，所以用的朴素版Dijkstra.

注意：初始化邻接表为无穷大，因为未提及的方案不能转移。（否则遍历时边权为0会出错）

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=110;
int m,n,lev[N],e[N][N],dis[N];
bool vis[N];
int Dij(int l,int r){
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	dis[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int t=-1;
		for(int j=0;j<=n;j++){
			if(!vis[j]&&(t==-1||dis[t]>dis[j]))t=j;
		}
		vis[t]=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(lev[j]>=l&&lev[j]<=r){
				dis[j]=min(dis[j],dis[t]+e[t][j]);
			}
		}
	}
	return dis[1];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>m>>n;
	memset(e,0x3f,sizeof e);
	//for(int i=1;i<=n;i++)e[i][i]=0;
	for(int i=1,a,b,c;i<=n;i++){
		cin>>a>>b>>c;
		e[0][i]=min(e[0][i],a);
		lev[i]=b;
		for(int x,y;c--;){
			cin>>x>>y;
			e[x][i]=min(e[x][i],y);
		}
	}
	int ans=1e5;
	for(int i=lev[1]-m;i<=lev[1];i++)
		ans=min(ans,Dij(i,i+m));
	cout<<ans;
	return 0;
}