最短路徑
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給出乙個有向帶權圖g，針對該圖有如下的兩種操作：
（1）標記該圖的乙個點
（2）找到兩點間的只通過已標記點的最短路徑長度
輸入：輸入包括多組測試，每組測試中第一行包括三個整數n，m，q，n表示圖中的節點數量，n<=300，
m表示邊的數量，m<=100000;q表示執行多少次操作，q<=100000，所有點被編號為0,1,2,...,n-1，
最初所有的點都是未標記的，接下來m行每行包括三個整數x,y,c,表示從x到y有一條邊長度為c,c>0，然
後為q行，每行表示一次操作，0 x表示將點x標記，1 x y表示查詢x到y的只通過已標記點的最短路徑長度，
n=m=q=0是輸入結束。
輸出：輸出以一行"case #:"開始，#表示為第幾組測試，從1開始
對於0 x操作，如果x已經被標記過了，輸出"error! at point x".
對於1 x y操作，如果x或y沒有被標記過，輸出"error! at path x to y"，如果無法從x通過標記過的節
點到達y,輸出"no such path"，否則輸出要求的最短路徑長度，每組測試後有乙個空行。
input
輸入包括多組測試，每組測試中第一行包括三個整數n，m，q，n表示圖中的節點數量，n<=300，
m表示邊的數量，m<=100000;q表示執行多少次操作，q<=100000，所有點被編號為0,1,2,...,n-1，
最初所有的點都是未標記的，接下來m行每行包括三個整數x,y,c,表示從x到y有一條邊長度為c,c>0，然
後為q行，每行表示一次操作，0 x表示將點x標記，1 x y表示查詢x到y的只通過已標記點的最短路徑長度，
n=m=q=0是輸入結束。
output
輸出以一行"case #:"開始，#表示為第幾組測試，從1開始
對於0 x操作，如果x已經被標記過了，輸出"error! at point x".
對於1 x y操作，如果x或y沒有被標記過，輸出"error! at path x to y"，如果無法從x通過標記過的節
點到達y,輸出"no such path"，否則輸出要求的最短路徑長度，每兩組測試之間有乙個空行。
sample input
5 10 10
1 2 6335
0 4 5725
3 3 6963
4 0 8146
1 2 9962
1 0 1943
2 1 2392
4 2 154
2 2 7422
1 3 9896
0 10 3
0 20 4
0 40 1
1 3 3
1 1 1
0 30 4
0 0 0
sample output
case 1:
error! at point 4
error! at point 1
0 0error! at point 3
error! at point 4
要懂得floyd演算法原理，對每個頂點 所有邊都要鬆弛一遍，那麼這是在所有邊都可訪問的情況下。對於這個題目，可以每次標記乙個點，都以這個點為中心鬆弛所有邊
[cpp] view plaincopy
#include#includeusing namespace std;
const int inf=304;
int g[inf][inf];
int vis[inf];
int main()
cout<<"case "<>x;
if(x)
else}}
}}
}cout<}
return 0;
}
OJ 1008 最短路徑問題
include using namespace std const int n 1001 const int inf 100000000 typedef struct map map ma n n map temp n void init int n void dijkstra int s,int ...
南陽oj 街道最短路徑問題
這個題目的思路是乙個數學歸納的思路 在一維座標系內，所有點到乙個點集合中某個點的距離和最短，那麼這個點自然可以滿足在這個維度下所有的點到它的距離和最短 所以如果有是二維座標系的話，把每乙個維度下的那個所有點到那個點距離最短的點求出來，就組成了最後符合題意的郵局的座標 ac 如下 include in...
入門OJ 最短路徑樹入門
n 100，1 m 3000，1 len 10000。顯然，對於乙個點u，如果刪去的邊不在它到其它點的最短路上，那麼s是不會變的。考慮到兩點之間的最短路不止一條，我們可以給每個點先建出一棵最短路徑樹出來，然後列舉最短路徑樹上的每條邊並把它刪掉，再跑一遍最短路，看s是否變大即可。如果最短路用dijks...